爲什麼enable_if不能用於專門的參數？

Question

我想創建一個完整的類型的部分專業化。我的想法是做類似的東西：

#include <type_traits> 

template <typename T> 
struct Class { 
}; 

template <typename T> 
struct Class<typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type> { 
}; 

然而，這會導致以下錯誤：

error: template parameters not deducible in partial specialization: 
struct Class<typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type> { 
    ^
note: 'T' 

它的工作，如果我使用一個額外的模板參數：

#include <type_traits> 

template <typename T, typename Enable = void> 
struct Class { 
}; 

template <typename T> 
struct Class<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type> { 
}; 

爲什麼我需要額外的模板參數嗎？

Answer 1

在第一種情況下，你並不是專門研究這個類。 當你寫：

template <typename T> 
struct Class<typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type> { 
}; 

T是仍然是一個通用的模板類型，和你的編譯器就會犯糊塗。

在第二種情況下，當你寫

template <typename T> 
struct Class<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type> { 
}; 

您正確專門的模板參數Enable，一切工作正常。

如果你想專注的第一個，你應該這樣做的類型，這可能不是你想要

template <> 
struct Class<std::enable_if<std::is_integral<int>::value, int>::type> { 
};