c++ - 尝试使用SFINAE禁用功能时，是否创建了未定义的行为？

Question

我试图使用SFINAE禁用基于某些非模板枚举参数的类的某些功能。
以下代码不会使用gcc进行而不是的编译，但在使用msvc编译器时似乎可以按预期的方式编译和工作。

#include <iostream>
#include <type_traits>

enum class B { VARIANT1, VARIANT2 };

template<B B_VAL>
struct A {
    template<class = std::enable_if_t<B_VAL == B::VARIANT1>>
    void func1() {
        std::cout<<"VARIANT1"<<std::endl;
    }
    template<class = std::enable_if_t<B_VAL == B::VARIANT2>>
    void func2() {
        std::cout<<"VARIANT2"<<std::endl;
    }
};

int main()
{
    A<B::VARIANT1> a;
    a.func1();
}

预期的(和msvcs)行为​​是，调用其enable_if_t条件等于false的函数会导致编译时错误，或者如果示例中存在重载函数，则将候选函数删除以解决重载。在所有其他情况下，代码应正常编译。
另一方面，gcc告诉我在func2模板中的enable_if_t的“struct std::enable_if ”中找不到名为“type”的类型，这与名为“如果条件等于true，则仅在enable_if中存在“类型”。但是，这不是SFINAE功能的理想行为吗？编译器是否应该忽略func2，因为它从未被调用过？
我现在有三个问题:

由于两个编译器产生不同的行为，它是未定义的吗？如果是，则哪些部分/语句是未定义的？

SFINAE是否适合实现我的目标，还是我误解了它的用例？

通过使用静态断言作为替代会更好吗？

很抱歉，如果这个问题是 this one的重复，但是我认为那里的答案对我的问题没有太大帮助。

Answer 1

海湾合作委员会是正确的。这是因为您没有将SFINAE用于您的功能。您似乎这样做是因为您使用了标准库中的SFINAE实用程序，但是这里缺少关键要素。
“SFINAE”中的“S”代表替代。将模板参数替换为我们要实例化的模板的参数。现在，有问题的模板是func2。为了使SFINAE正常工作，必须使用func2的参数来代替其参数。但在这儿

std::enable_if_t<B_VAL == B::VARIANT2>

没有使用 func2的参数。它不依赖于替换为 func2期间发生的任何事情。这只是无效类型，完全独立于实际实例化 func2的尝试。
虽然不难修复

template<B B_VAL_ = B_VAL, class = std::enable_if_t<B_VAL_ == B::VARIANT1>>
void func1() {
    std::cout<<"VARIANT1"<<std::endl;
}

template<B B_VAL_ = B_VAL, class = std::enable_if_t<B_VAL_ == B::VARIANT2>>
void func2() {
    std::cout<<"VARIANT2"<<std::endl;
}

现在，检查是针对将其替换为正确的模板。