std::enable_if 选择类别专业化

我试图理解std::enable_if以及使用它的好处static_assert / regular template specialitzation.

阅读周围后我发现：

当不满足特定条件时，这对于在编译时隐藏签名很有用，因为在这种情况下，将不会定义成员enable_if::type，并且尝试使用它进行编译应该会失败。http://www.cplusplus.com/reference/type_traits/enable_if/

我的问题是：为什么编译器会责怪我说类 C 已经声明了？而一次应该只有一个声明可用。

class Interface{};

class Foo : public Interface{};

template <class T, typename = typename std::enable_if<std::is_base_of<Interface,T>::value>::type>
class C{
   // Some custom implementation
}

template <class T, typename = typename std::enable_if<!std::is_base_of<Interface,T>::value>::type>
class C { 
  //Some fallback / default implementation
}

int main() {
    C<Foo> myVariable;
}

Godbolt 中的相同行为：https://godbolt.org/z/cbfhG9q54

提前致谢！

你不能overload类模板就像函数模板一样，购买即可部分专业化它们（使用函数模板无法做到这一点）：

#include <ios>
#include <iostream>
#include <type_traits>

class Interface
{};
class Foo : public Interface
{};

template <class T, typename = void>
struct C
{
    // Some default impl.
    static constexpr bool is_default_impl{true};
};

template <class T>
struct C<T, std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Interface, T>>>
{
    // Some custom implementation.
    static constexpr bool is_default_impl{false};
};

int main()
{
    std::cout << std::boolalpha 
        << C<int>::is_default_impl << " "  // true
        << C<Foo>::is_default_impl;        // false
}

请注意，此示例需要 C++17 作为变量模板std::is_base_of_v这是一个简写常数value的成员std::is_base_ofTrait 和 C++14 用于别名模板std::enable_if_t，它的别名是type的成员别名声明std::enable_if trait.