`std::enable_if` 如何帮助有条件地定义函数返回类型并启用函数解析？

std::enable_if 如何促进条件函数解析

理解替换失败不是错误对于理解 std::enable_if 至关重要。 std::enable_if 是一个专门的模板，定义为：

<code class="cpp">template<bool Cond, class T = void> struct enable_if {};
template<class T> struct enable_if<true, T> { typedef T type; };</code>

关键是只有当条件为 true 时才定义类型。

考虑以下函数：

<code class="cpp">template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type foo(const T &bar) { isInt(bar); }</code>

std::enable_if 用于有条件地定义函数的返回类型，如果条件满足会导致编译错误false。

在代码片段中：

<code class="cpp">template<typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void foo(const T& bar) { isInt(); }</code>

提供第二个模板参数的默认值 (0) 仅用于启用调用 foo(1);如果没有它，该函数将需要两个模板参数而不是一个。

注意：在 C 14 中，enable_if_t 是一种已定义的类型，为了清晰起见，应该使用它。因此，返回类型可以压缩为 std::enable_if_t::is_integer>。在旧版本的 Visual Studio 中，不支持默认模板参数，因此 std::enable_if 只能在函数返回上使用，如“std::numeric_limits 作为条件”示例中所示。

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