C++:试图在类中封装 std::enable_if

Question

刚用SFINAE选函数模板的时候灵光一现封装std::enable_if在这样的结构中

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual
{
    typedef typename std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>::type type;
};

然后使用它，例如，像这样

template<typename T, typename U, typename Enable = EnableWhenEqual<T,U>::type >
void foo(T&& t, U&& u)
{
    if (std::is_same<T,U>::value)
        std::cout << "OK, overload allowed." << std::endl;
    else
        std::cout << "Bad. Should not compile!" << std::endl;
}

但是，这不起作用，正如调用

foo(1,1);     //prints "OK, overload allowed"
foo(1,2.0);   //prints "Bad, should not compile", but obviously does

另一方面，通过尝试创造

EnableWhenEqual<int,int>();      //compiles
EnableWhenEqual<int,double>();   //does not compile because type does not exist

一个编译器错误(“类型不是 std::enable_if 的成员”)。

这种行为的原因是什么？我问是因为根据我对 SFINAE 的一点了解，我会认为类型推导中的错误会导致排除重载......？

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为了完整性，上面的问题可以使用模板别名来解决

template <typename T, typename U>
using EnableWhenEqual = typename std::enable_if<std::is_same<T,U>::value>::type;

是否还有使用结构而不是模板别名的替代方法？

编辑:这里我指的是解决一般问题的实现。比如这里的这个

template<typename T, typename U, bool B, typename C=void>
struct EnableWhenEqual {};

template<typename T, typename U, typename C>
struct EnableWhenEqual<T,U,std::is_same<T,U>::value>
{
    typedef typename C type;
};

不适合我，因为偏特化需要一个简单的标识符。如果可以，可以替换 std::is_same按一般结构 Condition<T,U> .还有其他选择吗？

Answer 1

这应该可以解决问题:

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual : std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>
{
};

http://coliru.stacked-crooked.com/a/650202ba3d42d34b