c++ - 如何仅在类的模板参数通过某些测试时才声明方法？

Question

已阅读 cppreference std::enable_if 上的文档，我知道我可以做这样的事情:

// foo2 overload is enabled via a parameter
template<class T>
T foo2(T t, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value >::type* = 0) 
{
    return t;
}

但是如果被测试的模板参数来自类的模板，而不是方法的模板呢？

在下面的示例中，如果派生类的某些模板参数是浮点类型，我将尝试重载基类方法:

class Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() {}
};

template <typename T>
class Derived : public Base
{
public:
    template <typename X, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, void>::type* = nullptr>
    void fun() {}
};

int main()
{
    Derived<double> d1;
    Derived<int> d2;
    return 0;
}

我如何使它起作用？目前，我得到:

error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if’

Answer 1

您可能希望为此使用部分特化。在模板成员函数本身上使用 enable_if(这是可以做到的，只需添加另一个默认值为 T 的模板参数并在上使用 enable_if该参数)will still hide the base class function .

class Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() { std::cout << "Base fun()" << std::endl; }
};

template <typename T, bool is_float = std::is_floating_point<T>::value>
class Derived : public Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() { std::cout << "Derived fun()" << std::endl;}
};

template <typename T>
class Derived<T, false> : public Base
{

};

Demo .