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刚刚用 SFINAE 选择函数模板的时候，就有了封装std::enable_if成这样一个结构体的绝妙想法

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual
{
    typedef typename std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>::type type;
};

然后使用它，例如，像这样

template<typename T, typename U, typename Enable = EnableWhenEqual<T,U>::type >
void foo(T&& t, U&& u)
{
    if (std::is_same<T,U>::value)
        std::cout << "OK, overload allowed." << std::endl;
    else
        std::cout << "Bad. Should not compile!" << std::endl;
}

但是，这不起作用，正如人们通过调用所看到的那样

foo(1,1);     //prints "OK, overload allowed"
foo(1,2.0);   //prints "Bad, should not compile", but obviously does

另一方面，通过尝试创建

EnableWhenEqual<int,int>();      //compiles
EnableWhenEqual<int,double>();   //does not compile because type does not exist

获得编译器错误（“类型不是 std::enable_if 的成员”）。

这种行为的原因是什么？我问是因为根据我对 SFINAE 的一点了解，我会认为类型推导中的错误会导致排除重载......？

为了完整起见，可以使用模板别名来解决上述问题

template <typename T, typename U>
using EnableWhenEqual = typename std::enable_if<std::is_same<T,U>::value>::type;

是否还有使用结构而不是模板别名的替代方法？

编辑：这里我的意思是解决一般问题的实现。例如，这里

template<typename T, typename U, bool B, typename C=void>
struct EnableWhenEqual {};

template<typename T, typename U, typename C>
struct EnableWhenEqual<T,U,std::is_same<T,U>::value>
{
    typedef typename C type;
};

对我不起作用，因为部分专业化需要一个简单的标识符。如果可以，可以用std::is_same通用结构代替Condition<T,U>。有什么选择吗？

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2 回答 2

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这应该可以解决问题：

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual : std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>
{
};

http://coliru.stacked-crooked.com/a/650202ba3d42d34b

于 2014-09-02T19:37:35.133 回答
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另一种封装：

template<class T, class U>
using EnableWhenEqual_t = typename std::enable_if< std::is_same<T,U>::value >::type;

template<typename T, typename U, typename Enable = EnableWhenEqual_t<T,U> >
void foo(T&& t, U&& u) {
  if (std::is_same<T,U>::value)
    std::cout << "OK, overload allowed." << std::endl;
  else
    std::cout << "Bad. Should not compile!" << std::endl;
}

请注意，当您询问有关 VS 模板处理的问题时，请包括确切的 Visual Studio 版本。VS 模板支持非常古怪。

于 2014-09-02T20:38:33.327 回答