c++ - 模板类中方法的部分特化

Question

给定:

struct A
{
    virtual bool what() = 0;
};

template<typename T, typename Q>
struct B : public A
{
    virtual bool what();
};

我想部分专门化 what 之类的:

template<typename T, typename Q>
bool B<T, Q>::what()
{
    return true;
}

template<typename Q>
bool B<float, Q>::what()
{
    return false;
}

但这似乎是不可能的(在 C++11 中？)所以我尝试了 SFINAE:

template<typename T>
typename std::enable_if<std::is_same<T, float>::value, bool>::type B<T>::what()
{
    return true;
}

template<typename T>
typename std::enable_if<!std::is_same<T, float>::value, bool>::type B<T>::what()
{
    return false;
}

这也不起作用，我不知道为什么，有人吗？于是我找到了this thread最后得到:

template<typename T, typename Q>
struct B : public A
{
    virtual bool what()
    {
        return whatimpl(std::is_same<T, float>());
    }

    bool whatimpl(std::false_type)
    {
        return false;
    }

    bool whatimpl(std::true_type)
    {
        return true;
    }
};

这个最终解决方案有效，但为什么 enable_if 技术无效？我也非常愿意接受我尚未遇到的更简洁答案的建议。

我尽可能简化了我的示例 - 在我的实际用例中，what() 不称为 what，实际上做了很多工作，而且我'会想要'专门化'用户定义的类型，而不是 float。

Answer 1

标准明确允许部分特化仅用于类模板(请参阅 14.5.5 类模板部分特化)

对于类模板的成员，只允许显式特化。

14.7 (3) 说:

可以为函数模板、类模板、类的成员声明显式特化 模板 或成员模板。 template<> 引入了显式的特化声明。

所以任何以

开头的定义

template<typename T>  

对于类模板特化的成员不允许使用语法。

[编辑]

关于 SFINAE 的尝试，它失败了，因为实际上这里既没有重载也没有特化(SFINAE 在为重载解决方案定义一组候选函数或选择适当的特化时工作)。 what() 被声明为类模板的单个方法并且应该有一个定义，并且这个定义应该有一个形式:

template<typename T, typename Q> 
B<T,Q>:: bool what(){...}

或者也可以明确地专门用于 B 类的特定实例化:

template<> 
B<SomeParticularTypeT,SomeParticularTypeTypeQ>:: bool what(){...}

任何其他形式在语法上都是无效的，所以 SFINAE 无能为力。