SFINAE没有编译

Question

我以前经常使用SFINAE，但是我有一个非常简单的例子，我今天不能跑。

class X
{
    public:
        template <typename CHECK, typename = typename std::enable_if< std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type >
            void Do()
            {
                std::cout << "yes" << std::endl;
            }

        template <typename CHECK, typename = typename std::enable_if< !std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type>
            void Do()
            {
                std::cout<< "no" << std::endl;
            }

};

int main()
{
    X x;
    x.Do<float>();
}

错误：

src/main.cpp:20:18: error：'template void：：Do()‘不能重载

src/main.cpp:14:18: error: with 'template void：：Do()‘void ()

我想禁用enable_if的任何过载，但它不能工作.

知道我今天做错了什么吗？

Answer 1

这两个函数具有相同的σ，因此您将得到一个重定义错误。用以下方法尝试它，使用默认参数：

#include <type_traits> 
#include <iostream>

class X
{
    public:
        template <typename CHECK, std::enable_if_t< std::is_floating_point<CHECK>::value>* =nullptr >
            void Do()
            {
                std::cout << "yes" << std::endl;
            }

        template <typename CHECK, std::enable_if_t< !std::is_floating_point<CHECK>::value>* =nullptr>
            void Do()
            {
                std::cout<< "no" << std::endl;
            }

};

int main()
{
    X x;
    x.Do<float>();
}

演示

也见答案这里和这里。

Answer 2

另一种编译和工作的语法是将enable_is作为返回类型移动：

class X
{
public:
    template <typename CHECK >
    typename std::enable_if< std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type Do()
    {
        std::cout << "yes" << std::endl;
    }

    template <typename CHECK>
    typename std::enable_if< !std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type Do()
    {
        std::cout << "no" << std::endl;
    }

};

int main()
{
    X x;
    x.Do<float>();
    getchar();
}