使用enable_if进行部分模板专业化

Question

我试图了解如何使用 std::enable_if 的类型特征来“启用”类的部分专业化。这是我试图运行的示例代码。

#include <type_traits>
#include <iostream>

class AbstractFoo {
public:
    virtual const char* name() const = 0;
};

template <typename T, typename Enable = void>
class Foo;

template <>
class Foo<int> : public AbstractFoo{
public:
    const char* name() const override { return "int"; }
};

template <>
class Foo<char> : public AbstractFoo {
public:
    const char* name() const override { return "char"; }
};

template <typename T>
class Foo<T, typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, T>::type> : public AbstractFoo {
public:
    const char* name() const override { return "enum"; }
};

enum class MyEnum {
    VAL1,
    VAL2,
    VAL3
};

int main() {
    Foo<int> v1;
    Foo<char> v2;
    Foo<MyEnum> v3;
    
    std::cout << "v1.name()=" << v1.name() << std::endl;
    std::cout << "v2.name()=" << v2.name() << std::endl;
    std::cout << "v3.name()=" << v3.name() << std::endl;

    return 0;
};

我的目标是对某些类型（例如 int 和 char）进行特定的专业化，但是，如果类型是枚举，则使用我的部分专业化。但是，当我尝试编译此代码时，出现以下错误

错误：聚合“Foo v3”的类型不完整，无法 定义

这意味着我的专业没有被选择，因此永远不会被定义。我做错了什么？

Answer 1

在 Foo 的声明中，第二个模板参数默认为 void。这意味着以下变量：

Foo<MyEnum> v3;

实际上是

Foo<MyEnum, void> v3;

现在的问题是：这是否对应于您想要的专业化？不是真的，因为在您对枚举的专门化中：

• std::is_enum::value = true 当 T = MyEnum
• std::enable_if::value, T>::type = T = MyEnum
  当 T=MyEnum

因此，对于 T=MyEnum，您给出 Foo 的专业化，它与变量不匹配多于。

正如评论中所述，一个简单的解决方法是将特化声明为这样

class Foo<T, typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value>::type>

，当 T=MyEnum 时，第二个模板参数为 void，因此它与变量声明匹配v3。