C++ 基于类模板参数值禁用成员函数

我希望有一个类，它根据类的模板参数值禁用/启用成员函数。我有以下资料：

enum MyType{ type1, type2 };
template <MyType type>
class Test{
    public:
        enum TestTraits{ testType = type };
        template <typename T>
        constexpr bool func(SomethingElse<T> else)
        {
           if(testType == type1) return false;
           // some logic that would return true or false
        }
};

enum MyType{type1，type2}；
模板
课堂测试{
公众：
枚举TestTraits{testType=type}；
模板
constexpr bool func（其他内容）
{
if（testType==type1）返回false；
//返回真或假的逻辑
}
};

---

我基本上希望它是一个编译时检查，而不是运行时检查，如果可能的话，客户端甚至不能调用它。我确信解决方案是enable_if，但当我看到这一点时，似乎需要enable_if来决定返回类型或函数参数之一

如果我理解正确，您将需要以下选项之一：

enum MyType{ type1, type2 };
template <MyType type>
class Test{
    public:
        enum TestTraits{ testType = type };
        template <typename T>
        constexpr bool func(SomethingElse<T> else)
        {
           if(testType == type1) return false;
           // some logic that would return true or false
        }
};

enable\u如果在您不想启用/禁用的函数的返回类型中

（您仍然可以使用函数return

bool

）：

---

从本质上讲，它会有很多不同的排列吗？对于这样一个2的简单示例，您可以专门化两个不同选项的类。只有两种类型，我以前已经实现了该解决方案，但是其中有一些函数不同。我希望我可以只使用“一个”类，你真正需要的是，但这是C++17的特性。否则，您可以有多个重载并使用SyFAE，就像JORK刚刚回答的那样。我不确定<代码>其他代码< /COD>的意图，所以考虑这个伪代码…因此，我使用以下第一种方法得到以下编译错误：“错误：在STD之前需要类型名：：Enable，如果因为STD：：EnabLayIf是一个依赖的范围……有什么想法吗？是的，忘记了一个

类型名

，正如错误所说。。。修正：）是的，对此很抱歉，忘记了这个小问题。实际上，当我尝试在type1对象上执行此操作时，会出现以下错误：

在struct std:：enable_中没有名为“type”的类型，如果

有什么想法吗？

    template <typename T>
    constexpr bool func(SomethingElse<T>)
    {
         static_assert(type != type1, "can't call this with type1...");
         return true;
    }

template<MyType mytype>
struct SpecialStuff {
    bool func();
};

template<>
struct SpecialStuff<type1> {
};

template<MyType mytype>
struct CommonStuff : private SpecialStuff<mytype> {
};