基于std :: is_convertible的std :: enable_if无法正确推断模板

Question

我有以下代码：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
    std::cout << a << std::endl;
}

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <!std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
    a.print();
}

class Test
{
public:
    void print()
    {
        std::cout << "Test" << std::endl;
    }
};    

int main()
{
    func(3);
    func("Test");
    return 0;
}

使用此代码，我希望第一个调用func打印输出3（int实际上可以转换为int，应该调用第一个专业化名称），第二个调用func打印输出Test（Test()不能转换为int，所以应该调用第二个专业化名称）。但是，我得到了一个编译器错误：

prog.cpp：在函数'int main（）'中：

prog.cpp：27：8：错误：没有匹配的函数调用'func（int）'

prog.cpp：5：6：注意：候选：模板[类T，类型名称std :: enable_if [std :: is_convertible [int，T> :: value，T> :: type> void func（T）

prog.cpp：5：6：注意：模板参数推导/替换失败：

prog.cpp：27：8：注意：无法推断出模板参数'[anonymous>'

但是，如果我将模板化的函数更改为（在使其他所有内容完全相同的同时）是：

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <std::is_convertible<int, T>::value, T>::type* =
                                  nullptr>
void func(T a)
{
    std::cout << a << std::endl;
}

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <!std::is_convertible<int, T>::value, T>::type* =
                                  nullptr>
void func(T a)
{
    a.print();
}

然后一切都会按照我的预期进行编译和工作。这种额外的语法在做什么，为什么我需要它？

Answer 1

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>

如果我们要消除噪音，

template<typename T, typename Something<T>::type>

它声明非类型参数作为其第二个参数，typename此处指定嵌套type是类型的名称。有关更多信息，请参见此处。

在第一种情况下，第二个参数是非类型的，因此函数调用func(3)不适合期望的模板func<int, some_int>(3)。