テンプレートメソッドenable_if特化

Question

コンパイルされない次のコードがあります。 これは私がRetのが何であるかの種類に応じて、メンバーの方法で専門を持ちたい引数

typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { 
    // ... 
} 

typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { 
    // .... 
} 

を取るテンプレートクラスに2つの関数です。

誰か知っていますか？

Answer 1

SFINAEは、テンプレート以外の機能（メンバーまたは非メンバー）では機能しません。

Kerrek SBが指摘しているように、非メンバ関数テンプレートを作成すると機能します。あるいは、Xeoが指摘するように、デフォルトのテンプレート引数を持つメンバ関数テンプレートを作成することもできます。

しかし、これは2つのstd::enable_ifの条件が重複していないため、です。 int（異なる）に異なるオーバーロードを追加する場合は、うまくスケーリングできないことがわかります。

#include<type_traits> 

template<typename Ret> 
class Foo 
{ 
public: 
    void _on_dispatched() 
    { 
     // tag dispachting: create dummy of either std::false_type or std::true_type 
     // almost guaranteed to be optimized away by a decent compiler 
     helper_on_dispatched(std::is_void<Ret>()); 
    } 

private: 
    void helper_on_dispatched(std::false_type) 
    { 
     // do stuff for non-void 
    } 

    void helper_on_dispatched(std::true_type) 
    { 
     // do stuff for void 
    } 
}; 

int main() 
{ 
    Foo<void>()._on_dispatched(); 
    Foo<int>()._on_dispatched(); 
    return 0; 
} 

Answer 2

SFINAEは、テンプレートのみで動作します：あなたが何をしたいかに応じて、タグ派遣は一般的にあなたが派遣したい複数の選択肢を持つSFINAEより良いスケール。あなたのコードは、小さな変更でコンパイルさせることができます。

template <typename Ret> 
typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ } 

template <typename Ret> 
typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ } 

使用法：

auto q = _on_dispatched<int>(); 

それは演繹ではありませんので、あなたはもちろん、機能の戻り値の型を推論することはできません。オーバーロードの1が通話時にのみ実行可能なものであれば、あなたがすることができ

template <typename T> 
struct Foo 
{ 
    // insert templates here, maybe privately so 

    T bar() { return _on_dispatched<T>(); } 
};