SFINAEは：、私はこのウェブページ上のどこかのコードによって設定された例以下のよ

Question

だから、関数の引数としてのstd :: enable_if：

template<typename T> 
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) { 
    std::cout << "fun<int>"; 
} 

template<typename T> 
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) { 
    std::cout << "fun<float>"; 
} 

int main() 
{ 
    fun(4); 
    fun(4.4); 
} 

この方法は：ここでは http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

は、私が持っているものです私は書く必要があります：

fun<int>(4); 
fun<double>(4.4); 

どうしたらいいですか？

コンパイラは、パラメータTを推論できないと訴えます。

Answer 1

がnon-deduced contextにあるであるため、例が間違っています。 fun<int>(4);のような関数を呼び出さない限り、コードはコンパイルされませんが、これはおそらく著者が意図したものではありません。

正しい使用法は、コンパイラによってTが推測され、SFINAE条件が他の場所に配置されるようにすることです。戻り値の型の構文で：

template <typename T> 
auto fun(const T& val) 
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type 
{ 
    std::cout << "fun<int>"; 
} 

template <typename T> 
auto fun(const T& val) 
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type 
{ 
    std::cout << "fun<float>"; 
} 

DEMO

また、あなたのコード内typename sがstd::enable_if_tの使用状況と矛盾します。

使用するか（C++ 11）：

typename std::enable_if<...>::type 

または（C++ 14）：

std::enable_if_t<...> 

---

どうでしょうdoesnのコンストラクタでその仕事しかし、戻り値の型はありますか？コンストラクタの場合

、SFINAE条件は、テンプレートのパラメータリストで非表示にすることができます。

struct A 
{  
    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0> 
    A(const T& val) 
    { 
     std::cout << "A<int>"; 
    } 

    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0> 
    A(const T& val) 
    { 
     std::cout << "A<float>"; 
    } 
}; 

DEMO 2

Answer 2

控除を許可するには、あなたは素直にTに基づいて関数パラメータを必要とします。 enable_ifを置く場所を特定する必要があります（実際にはTを推測することはできません）。一般的なオプションは、戻り値の型または無視するデフォルトの追加パラメータにあります。

ここにいくつかの良い例があります。http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if