C++ 如果似乎在类外但在类内不起作用，则启用

这是我有点奇怪的代码：

template <typename T&>
class A {  
public:  
  void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, T>;::type o) {}  
  void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, T>;::type o) {}  
};  

template <typename T>  
void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, T>::type o) {}  
template <typename T>  
void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, T>::type o) {}  

模板
A类{
公众：
void b（typename std:：enable_if:：value，T>；：：type o）{}
void b（typename std:：enable_if；：：type o）{
};  
模板
void b（typename std:：enable_if:：value，T>：：type o）{}
模板
void b（typename std:：enable_if:：type o）{}

如果我

ifdef

退出方法

b

并调用

b（pi

），其中

pi

为

int*

，则所有内容都将编译

如果我

ifdef

退出函数

b

（课外）并调用

A；a、 b（pi）

，我得到以下错误：

错误：std:：\uu 1:：如果启用，则没有名为“type”的类型。

---

为什么会出现不一致的情况？我如何解决这个问题，以便在一个特定的环境中使用这些方法

问题是，SFINAE仅在重载解析期间工作，并且仅当函数本身是模板时才工作。在您的方法案例中，整个类是一个模板，这意味着模板参数没有替换（请记住：SFINAE==“替换失败不是错误”）

在实例化时，方法签名如下所示（不管调用它们）：

void A:：b（std:：enable_if:：type o）//错误
无效A:：b（std:：enable_if:：type o）

要解决此问题，请同时制作方法模板：

template<class T>
class A{
public:
  template<class U>
  void b(U o, typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value>::type* = 0){}
  // same for the other version
};

模板
甲级{
公众：
模板
void b（uo，typename std:：enable_if:：value>：：type*=0）{}
//其他版本也一样
};

另一方面，使用SFINAE的更好方法是推导模板参数，因此您应该修改自由函数，使其如下所示：

template<class T>
void b(T o, typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value>::type* = 0){}
// same for the other version

模板
void b（to，typename std:：enable_if:：value>：：type*=0）{}
//其他版本也一样

在C++11中，您甚至可以使用SFINAE的模板参数：

template<class T, EnableIf<std::is_pointer<T>> = {}>
void b(T o);

模板
无效b（to）；

使用以下链接的博客条目中的别名：

命名空间详细信息{enum class enabler{}；}
模板
使用EnableIf=typename std:：enable_if:：type；

您没有正确使用SFINAE，因为编译器无法推断

enable_if:：type

的参数，这可能就是它失败的原因

独立功能的正确声明应为：

template <typename T>  
typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, void>::type b(T o);

template <typename T>  
typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, void>::type b(T o);

模板
typename std:：enable_if:：value，void>：：类型b（to）；
模板
typename std:：enable_if:：type b（to）；

在这种特殊情况下，也可以使用普通函数重载：

template <typename T>  
void b(T);

template <typename T>  
void b(T*);

模板
无效b（T）；
模板
无效b（T*）；

有关解释，请参阅Xeo的答案

解决方法：只需向方法添加一个伪模板参数

#include <utility>
#include <type_traits>

template <typename T>
class A {  
public:
  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o);

  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o);
};

template <typename T>
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {}  

template <typename T>  
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {} 


int main() {
    A<int> a;
    a.b(0);
}

#包括
#包括
模板
A类{
公众：
模板
void b（typename std:：enable_if:：value，U>：：type o）；
模板
void b（typename std:：enable_if:：type o）；
};
模板
模板
void A:：b（typename std:：enable_if:：value，U>：：type o）{}
模板
模板
void A:：b（typename std:：enable_if:：type o）{
int main（）{
A A；
a、 b（0）；
}

---

.

什么？如果成员方法本身是模板，那么像OP那样使用

enable_是完全可以的。最好解释如何通过添加伪模板参数来“转换”方法，以重新激活这些方法上的SFINAE。这没有帮助，方法签名是固定的，替换发生在
A
的实例化点。另外，免费函数看起来也不太正确P@Xeo：这些不是自由函数，而是方法的定义（以说明不应重复默认值）。不管怎样，我把它补好了。
template <typename T>  
void b(T);

template <typename T>  
void b(T*);

#include <utility>
#include <type_traits>

template <typename T>
class A {  
public:
  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o);

  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o);
};

template <typename T>
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {}  

template <typename T>  
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {} 


int main() {
    A<int> a;
    a.b(0);
}