C++03环境下如何从模板类中剔除针对void类型的函数

要在C03中实现仅针对非void类型保留operator*，同时避免全类特化，可以利用SFINAE结合函数模板参数推导（避开C03不支持函数模板默认参数的限制），具体实现如下：

核心思路 #

1. 保留原有的EnableIfNotVoid特性模板，用于在T为void时禁用类型定义。
2. 将operator*改为函数模板，通过参数推导绑定U与类模板参数T，同时利用SFINAE在U为void时剔除该函数。

完整代码示例 #

template<typename T> struct EnableIfNotVoid { typedef T type; };
template<> struct EnableIfNotVoid<void> {};

template<typename T> class SmartPtr
{
public:
    // 利用参数推导绑定U与T，无需函数模板默认参数
    template<typename U>
    typename EnableIfNotVoid<U>::type& operator*(U* = content) const
    {
        return *content;
    }

private:
    T* content;
};

int main(int, char **)
{
    SmartPtr<int> works;
    SmartPtr<void> noWork;
    int& i = *works; // 正常编译
    // *noWork; // 编译报错，符合预期：无匹配的operator*
}

方案解释 #

• 当调用*works时，编译器会推导U为int（因为content是int*），此时EnableIfNotVoid<int>::type有效，函数正常参与重载决议并生成。
• 当T为void时，推导U为void，EnableIfNotVoid<void>没有定义type，根据SFINAE规则，该函数模板会被从重载候选中剔除，不会引发编译错误，同时SmartPtr<void>也就没有可用的operator*。
• 该方案无需全类特化，仅针对单个函数做处理，符合你的需求。

为什么之前的方案失败 #

1. 移除默认参数：函数模板无法推导U的类型，导致找不到匹配的operator*。
2. 移除函数模板：类实例化时会直接检查返回类型，EnableIfNotVoid<void>::type不存在会直接报错，SFINAE无法生效（SFINAE仅作用于模板函数的重载决议阶段）。
3. 不使用SFINAE：直接返回T&会在T=void时触发“形成void引用”的编译错误。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Refugnic Eternium