enable_if是否为定义接受任意类型右值函数的最简洁方式？

你原有基于转发引用+默认模板参数SFINAE的实现是正确的，确实可以做到仅允许右值传入，存在更简洁的写法，以下分场景说明：

C++17可用的更短实现 #

你原写法需要额外定义一个用于SFINAE约束的默认模板参数，可以直接将约束放到后置返回值位置，减少模板参数声明，代码更短，效果完全一致：

#include <utility>
template<typename T>
auto f(T&&) -> std::enable_if_t<std::is_rvalue_reference_v<T&&>> {}

该实现的逻辑和你原代码完全相同：

• 传入右值（std::move(i)、临时对象int{1}）时，模板参数T被推导为非引用类型，T&&为右值引用，std::is_rvalue_reference_v判定为真，SFINAE约束通过，编译正常
• 传入左值（普通变量i、const左值等）时，模板参数T被推导为左值引用类型，T&&折叠为左值引用，std::is_rvalue_reference_v判定为假，SFINAE约束失败，触发编译错误

注：std::is_rvalue_reference_v<T&&>可以替换为!std::is_lvalue_reference_v<T>，二者在转发引用的推导场景下完全等价，代码长度相近。

你也可以通过删除左值重载的方式实现，但需要同时删除非const左值引用和const左值引用两个重载，代码量比上述SFINAE写法更长，且重载决议规则更容易踩坑，不推荐使用。

你尝试的decltype写法失效原因 #

你写的如下写法确实无法生效：

template<typename T>
auto f(decltype(std::declval<T>())&&) {}

正如你查阅文档得到的结论，decltype说明符内的表达式属于非推导上下文，编译器无法通过传入的实参反向推导模板参数T的类型，除非手动显式指定模板参数（如f<int>(std::move(i))），完全失去了模板自动推导的便利性，因此没有实用价值。

C++20更简洁的写法（扩展参考） #

如果可以使用C++20标准，用概念约束可以写出更直观的短实现：

#include <utility>
template<typename T>
requires std::is_rvalue_reference_v<T&&>
auto f(T&&) {}

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Enlico