C++ 具有类型限制的完美转发

我希望对模板函数使用完美转发，以确保保留l值或r值，但同时我希望对可能的参数类型施加某些限制

例如，假设我只想将

T

限制为一个可调用对象。 以下方法在我看来是正确的

template<typename T>
typename std::enable_if<std::is_callable<T>>::value>::type myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
} 

模板
typename std:：enable_if:：value>：：键入myFun（T&&val）
{
foo（std：：forward（val））；
} 

但是，由于我还不能完全适应SFINAE的各种细微差别，我将非常感谢其他人的反馈

---

这是正确且惯用的方法吗？

std:：is_callable

是C++17的一个特性

无论如何，由于函数

myFun

不返回任何内容，因此将

enable\u if

作为返回值有点奇怪。是的，当选择模板时，它将变成

void

，但将其作为默认模板参数可能更清晰：

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_callable_v<T()>, int> = 0>
void myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
}

---

顺便说一下，std:：is_callable是C++17的一个特性

无论如何，由于函数

myFun

不返回任何内容，因此将

enable\u if

作为返回值有点奇怪。是的，当选择模板时，它将变成

void

，但将其作为默认模板参数可能更清晰：

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_callable_v<T()>, int> = 0>
void myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
}

---

---

为什么不为

Allowed\u Type

专门化模板并禁用常规模板？这是一个更好的解决方案吗？（几乎）当您想要处理特定类型时，总是喜欢重载。@AndyG：同意，我这里只有两个重载，

void myFun（const Allowed\u Type&）

和

void myFun（Allowed\u Type&）

而且根本没有模板。@AndyG如果我想检查

是否可调用，你会采取不同的做法吗？为什么不将模板专门化为
允许的类型
并禁用常规模板？这是一个更好的解决方案吗？（几乎）当你想处理特定类型时，总是喜欢重载。@AndyG：同意，我这里只有两个重载，
void myFun（const-Allowed\u-Type&）
和
void myFun（Allowed\u-Type&&）
，而且根本没有模板。@AndyG如果我想检查
是否可调用
，你会做得不同吗？除了MSVC坏了而且不理解这个问题之外，
std:：enable_if_t=0
比
typename=std:：enable_if_t
具有更好的重载解析属性。@Yakk:已更新，谢谢。在
std:：enable_if_t=0
和
template
之间是否有一个偏好，除了在前者中有一个到bool的隐式转换，并且不需要检查
：：value
？
：：value
比
{}
多5个字符之外。或者，
std:：is_callable_v
因为这是一个C++17特性，所以也同样短。如果有，为什么要使用enable_呢？如果类型与条件不匹配，则仅静态断言就足以失败。@Jean BernardJansen:删除第二个定义中的enable_if会使满足
std:：is_callable
的类型的函数调用不明确，但MSVC已损坏且不理解它的问题除外，
std:：enable_if_t=0
比
typename=std:：enable_if_t
具有更好的重载解析属性。@Yakk:已更新，谢谢。在
std:：enable_if_t=0
和
template
之间是否有一个偏好，除了在前者中有一个到bool的隐式转换，并且不需要检查
：：value
？
：：value
比
{}
多5个字符之外。或者，
std:：is_callable_v
因为这是一个C++17特性，所以也同样短。如果有，为什么要使用enable_呢？如果类型与条件不匹配，则仅静态断言就足以失败。@Jean BernardJansen:删除第二个定义中的enable_if会使满足
std:：is_callable