C++ SFINAE示例不起作用

我试图弄明白SFINAE的概念，我必须说我发现它真的很混乱。我理解，如果编译器能够根据模板类型/参数推断并选择正确的函数，这将是一个巨大的优势，但我不知道这是否是SFINAE，因为缩写词所代表的含义与此不同。也许你可以帮我解决这个问题，但现在这实际上不是我的问题

我的问题是：我在这里查找并尝试了一个SFINAE示例：

特别是告诉您模板类型C是对象类型还是内在类型（int、bool等）的模板。我所说的示例代码如下：

template<typename T>
class is_class {
    typedef char yes[1];
    typedef char no [2];
    template<typename C> static yes& test(int C::*); // selected if C is a     class type
    template<typename C> static no&  test(...);      // selected otherwise
public:
    static bool const value = sizeof(test<T>(0)) == sizeof(yes);
};

模板
课堂就是课堂{
typedef char yes[1]；
typedef字符编号[2]；
template static yes&test（int C:：*）；//如果C是类类型，则选择该选项
模板静态无测试（…）；//否则选择
公众：
静态布尔常量值=sizeof（测试（0））==sizeof（是）；
};

然后我想尝试一下，所以我对它进行了轻微的修改，没有改变任何可能会影响使用哪个函数的内容，最后得到了以下代码。我使用Visual Studio 2017。我认为它不会运行C++2017，但它不会落后太多。不用说，它两次表明“不是课堂”：

#包括
#定义say（x）printf（#x“\n”）
模板
空f（整数T:：*）{
printf（“f（）；\n”）；
}
模板
空隙f（T）{
printf（“正常f（）；\n”）；
}
Hejsa类{
公众：
INTA；
Hejsa（）{A=2；}
};
模板
课堂就是课堂{
公众：
typedef char yes[1]；
typedef字符编号[2]；
模板静态是&测试（int C:：*）{
说出（“is类”）；返回新的“是”；
}；//如果C是类类型，则选中该选项
模板静态编号和测试（…）{
说（“不是阶级”）；不；返回；
}；//否则选择
公众：
静态布尔常量值=sizeof（测试（0））==sizeof（是）；
};
int main（）{
int var1=9；
Hejsa var2；
is_类：：测试（var1）；
is_类：：测试（var2）；
f（var1）；
f（var2）；
getchar（）；
}

这是什么原因造成的？您能否尽可能少地更改它并使其“工作”，即进行

test（var1）说“不是类”和
测试（var2）
说“是类”？（“Hejsa”是一个丹麦语单词，意思是“你好”或“你好”，类似的；P）

提前感谢,

托马斯
SFINAE是如何创造这种特质的：

首先，简单的typedef可以确保不同的大小

typedef char yes[1]; // sizeof == 1
typedef char no [2]; // sizeof != 1 (2 actually)

然后，2个重载函数（声明）：

重载解析规则在选择第一个规则时执行。（因此返回类型为
yes&
）

但是当
C
不是一个类时（比如说a
float
）

对于
模板静态是&测试（int C:：*），带有替换
我们将得到
yes&test（int float:：*）

由于功能是模板，且故障取决于模板，
我们只需忽略重载集中的函数，而不是错误（它不是错误）

只有省略号函数对于
测试（0）
（因此返回类型为
否&
）

现在，使用
sizeof（test（0））
可以询问编译器将选择哪个重载（无需调用函数，因此不需要定义）

我们将最终结果存储在静态成员
is_class:：value
中

一旦您有了一个traits，可能的用法包括重载中的标记分派或直接SFINAE：

template <typename T>
std::enable_if_t<is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }

template <typename T>
std::enable_if_t<!is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }

模板
std:：enable_if_t foo（）{std:：cout foo（）{std:：coutSFINAE是如何创建这些特征的：

首先，简单的typedef可以确保不同的大小

typedef char yes[1]; // sizeof == 1
typedef char no [2]; // sizeof != 1 (2 actually)

然后，2个重载函数（声明）：

重载解决规则在选择第一个规则时执行。（因此返回类型为
yes&
）

但是当
C
不是一个类时（比如说a
float
）

对于
模板静态是&测试（int C::*）；
，使用替换
我们将得到
yes&test（int float:：*）；

由于功能是模板，且故障取决于模板，
我们只需忽略重载集中的函数，而不是错误（它不是错误）

只有省略号函数对于
测试（0）
（因此返回类型为
否&
）

现在，使用
sizeof（test（0））
可以询问编译器将选择哪个重载（无需调用函数，因此不需要定义）

我们将最终结果存储在静态成员
is_class:：value
中

一旦您有了一个traits，可能的用法包括重载中的标记分派或直接SFINAE：

template <typename T>
std::enable_if_t<is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }

template <typename T>
std::enable_if_t<!is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }

模板
std：：enable_如果_t foo（）{std：：cout foo（）{std：：cout从您的代码中，我会说您混淆了SFINAE和重载解析（可能是因为cppreference.com在示例中同时使用了这两者）

重载解析是编译器用于选择要调用的函数的规则。因此，它允许您根据传递的类型调用不同的函数

SFINAE允许您测试对未知类型的操作是否可行。通常，测试类型是否具有给定的成员函数

通常，您无法编写测试它的代码，因为调用不存在的成员函数是错误的。但是，当应用重载解析规则时，编译器将丢弃一个可能导致编译错误的函数。
编译成功是因为省略号重载是一种包罗万象的方法

现在，SFINAE的兴趣在于，如果您的类型具有给定的成员函数，编译器将选择更精确的函数（省略号是最后的选择）。使用不同的函数返回类型，可以检测选择了哪个重载。
从您的代码中，我想说您混淆了SFINAE和重载解析（可能是因为cppreference.com
template <typename T>
std::enable_if_t<is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }

template <typename T>
std::enable_if_t<!is_class<T>::value> foo() { std::cout << "a class"; }