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A::foo 的类声明中的 A。
struct A {
template <typename T>
void foo(T a);
};
A::foo 现在被 sfinae 拆分。
template <typename T>
typename std::enable_if<(sizeof(T) > 4), void>::type A::foo(T a ) {
std::cout << "> 4 \n";
}
这行不通。这是不允许的吗？
最佳答案
声明中的返回类型必须与定义匹配。
struct A {
template <typename T>
typename std::enable_if<(sizeof(T) > 4), void>::type
foo(T a);
};
SFINAE 不能封装为实现细节。
( demo )
关于c++ - 模板成员函数上的外线 sfinae 是否可能？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/43818137/
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