是否可以在模板成员函数上进行out-of-line sfinae？

Question

Demo

A :: foo的类声明。

struct A { 
    template <typename T> 
    void foo(T a); 
}; 

A :: foo现在被sfinae分割。

template <typename T> 
typename std::enable_if<(sizeof(T) > 4), void>::type A::foo(T a) { 
    std::cout << "> 4 \n"; 
} 

这是行不通的。这是不允许的？

Answer 1

声明中的返回类型必须与定义相匹配。

struct A { 
    template <typename T> 
    typename std::enable_if<(sizeof(T) > 4), void>::type 
    foo(T a); 
}; 

SFINAE无法封装为实现细节。

（demo）来实现这一

Answer 2

一种方式是内部标签调度：

#include <utility> 
#include <iostream> 

struct A { 
    template <typename T> 
    void foo(T a); 

    private: 

    template<class T> 
    auto implement_foo(T value, std::true_type) -> void; 

    template<class T> 
    auto implement_foo(T value, std::false_type) -> void; 
}; 

template <typename T> 
void A::foo(T a) { 
    implement_foo(a, std::integral_constant<bool, (sizeof(T)>4)>()); 
} 

template<class T> 
auto A::implement_foo(T value, std::true_type) -> void 
{ 
    std::cout << "> 4 \n"; 
} 

template<class T> 
auto A::implement_foo(T value, std::false_type) -> void 
{ 
    std::cout << "not > 4 \n"; 
} 


main() 
{ 
    A a; 
    a.foo(char(1)); 
    a.foo(double(1)); 
}