C++ - 14整数型に

Question

をテンプレートクラスのメンバ関数を選択するようにenable_if_tを使用して、私はそうのような一体型クラスのテンプレートパラメータに基づいて、異なるメンバ関数を有効にしようとしています：

C++でgcc5を使用して

#include <type_traits> 

template<int Dimension> 
struct Foo 
{ 
    template<std::enable_if_t<Dimension == 1> = 0> 
    int bar(int i) const { return i; } 

    template<std::enable_if_t<Dimension == 2> = 0> 
    int bar(int i, int j) const { return i + j; } 
}; 

int main(int argc, const char **argv) 
{ 
    Foo<1> a; 
    a.bar(1); 

    Foo<2> b; 
    b.bar(1,2); 

    return 0; 
} 

から14モード、それは以下のエラーでコンパイルに失敗します。

tools/t1.cpp: In instantiation of 'struct Foo<1>': 
tools/t1.cpp:18:12: required from here 
tools/t1.cpp:13:9: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>' 
    int bar(int i, int j) const { return i + j; } 
     ^
tools/t1.cpp: In instantiation of 'struct Foo<2>': 
tools/t1.cpp:21:12: required from here 
tools/t1.cpp:10:9: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>' 
    int bar(int i) const { return i; } 

これらはSFINAEがenable_if_tが正常に機能しているように見えるので、私は期待して何をしていません示されているように見えます。

この簡単な例では、オーバーロードも同様に機能しますが、私の実際の使用例では、環境によって誤った使用やコンパイルエラーを防ぐために関数を隠す必要があります。

SFINAEには何がありますか？

Answer 1

テンプレート引数の控除中に置換の失敗が象でない場合

また、enable_if_t<true>はvoidです。voidテンプレートの非タイプパラメータを使用することはできません。デフォルトのテンプレート引数を持つ

延期評価：

template<int Dimension> 
struct Foo 
{ 
    template<int..., int I = Dimension, std::enable_if_t<I == 1, int> = 0> 
    int bar(int i) const { return i; } 
    // etc. 
}; 

無名のパラメータパック明示Iを指定しようとする試みに対してint...ガード。