模板函数只匹配某些类型？

我想定义一个函数模板：

template<typename T>
void foo(T arg)

但我想要T仅匹配某些类型。具体来说，T应该从某个基类派生（可能通过多重继承）。否则，该模板不应包含在重载集中。

我怎样才能做到这一点？

将 SFINAE 与std::is_base_of http://en.cppreference.com/w/cpp/types/is_base_of:

template <typename T,
          typename = std::enable_if_t<
              std::is_base_of<Foo, T>::value
          >>
void foo(T arg);

这将仅包括foo在过载集中如果T继承自Foo。请注意，这也包括不明确和无法访问的基础。如果您想要一个仅允许T继承的spublicly and 明确地 from Foo，那么你可以改用std::is_convertible http://en.cppreference.com/w/cpp/types/is_convertible:

template <typename T,
          typename = std::enable_if_t<
              std::is_convertible<T*, Foo*>::value
          >>
void foo(T arg);

注意论证的颠倒。

无论您选择哪种形式，为了简洁起见都可以使用别名：

template <typename T>
using enable_if_foo = std::enable_if_t<std::is_base_of<Foo, T>::value>;

template <typename T,
          typename = enable_if_foo<T>>
void foo(T arg);

这有效是因为std::enable_if http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if有一个名为的嵌套类型type当且仅当传入的布尔值是true. So if std::is_base_of<Foo, T>::value is true, enable_if_t被实例化为void，就好像我们写过：

template <typename T,
          typename = void>
void foo(T arg);

But, if T不继承自Foo，那么类型特征将评估为false, and std::enable_if_t<false>是替代失败 - 没有typename enable_if<false>::type。您可能认为这是一个编译错误，但是s代换failure is not an e错误（sfinae）。这只是模板推演失败而已。所以效果是这样的foo<T>在这种情况下，只是从可行的重载候选集合中删除，与任何其他模板推导失败没有什么不同。