如何将enable_if设置为C++模板的强制要求？

原代码通过std::enable_if在模板默认参数中限制T必须为算术类型，但存在漏洞——用户可通过显式指定第二个模板参数（如S<char*, void>）绕过检查。以下是几种彻底解决的方案：

方案1：将enable_if作为非类型模板参数（C++11及以上） #

把std::enable_if绑定到非类型模板参数上，让用户无法通过指定类型参数绕过：

#include <type_traits>

template<
    typename T,
    std::enable_if_t<std::is_arithmetic_v<T>, int> = 0
> struct S{};

int main() {
    S<int> s;          // 正常编译
    S<char*> s;        // 编译失败（T非算术类型）
    S<char*, void> s;  // 编译失败（第二个参数要求int类型值，无法匹配void）
}

原理：std::enable_if_t仅当T是算术类型时才会解析为int，此时模板才有效。即使用户强行指定第二个参数，要么类型不匹配，要么T不满足条件时SFINAE直接排除该模板实例。

方案2：使用模板特化（C++11及以上） #

通过主模板留空、仅对合法T提供特化的方式，让非法实例无定义：

#include <type_traits>

// 主模板（无定义）
template<typename T, typename = void>
struct S;

// 仅当T是算术类型时，该特化才生效
template<typename T>
struct S<T, std::enable_if_t<std::is_arithmetic_v<T>>> {
    // 类的具体实现
};

int main() {
    S<int> s;          // 正常编译（匹配特化版本）
    S<char*> s;        // 编译失败（匹配主模板，但主模板无定义）
    S<char*, void> s;  // 编译失败（匹配主模板，无定义）
}

原理：任何不满足算术类型的T，或显式指定第二个非enable_if_t类型的情况，都会匹配无定义的主模板，直接触发编译错误。

方案3：使用C++20概念（最简洁） #

C++20引入的概念从语法层面直接限制模板参数，且模板仅暴露必要的参数：

#include <concepts>

// 直接用std::arithmetic概念限制T的类型
template<std::arithmetic T>
struct S{};

int main() {
    S<int> s;          // 正常编译
    S<char*> s;        // 编译失败（char*不满足算术类型概念）
    S<char*, void> s;  // 编译失败（模板仅接受1个类型参数）
}

原理：概念直接约束T的类型，同时模板只定义了一个类型参数，用户根本没有机会指定第二个参数，从设计上彻底杜绝绕过可能。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者ByteEater