如何使用std::enable_if根据模板参数控制类成员函数的可见性

问题原因 #

你原来的写法会编译失败是因为SFINAE规则仅适用于函数模板自身的模板参数推导过程，你现在std::enable_if的判断条件直接依赖类模板的参数T，当类实例化时（比如myClass<float>），会直接计算这个条件，条件为false时std::enable_if没有type成员，直接触发编译错误，不会触发SFINAE的“替换失败非错误”逻辑。

正确实现方式 #

只需要给成员函数模板加一个默认模板参数，让enable_if的判断条件依赖该函数自身的模板参数即可：

#include <type_traits>
#include <string>

template < typename T >
class myClass {
 public:
    using value_type = T;
    using other_type = int;

    myClass() = default;
    virtual ~myClass() = default;

    // 基础版本，所有场景都可用
    void function(const value_type& val) {};

    // 重载版本，仅当other_type不可隐式转换为value_type时生效
    template <typename U = value_type, typename = std::enable_if_t<!std::is_convertible_v<other_type, U>>>
    void function(const other_type& val) {};
};

int main(int argc, char const *argv[]) {
    myClass< std::string > foo;  // OK，int不能转string，两个function重载都存在
    myClass< float > bar;            // OK，int可以转float，仅保留基础版本function
    return 0;
}

如果是C11环境，把C14开始支持的别名模板替换为全称即可：

template <typename U = value_type, typename = typename std::enable_if<!std::is_convertible<other_type, U>::value>::type>
void function(const other_type& val) {};

内容的提问来源于stack exchange，提问作者joaocandre