继承自enable_if'd基础

Question

我试图为非字符数组部分特化一个特征:

template<typename T>
struct is_container : std::false_type {};

template<typename T, unsigned N>
struct is_container<T[N]>
: std::enable_if<!std::is_same<T, char>::value, std::true_type>::type {};

Visual Studio 2010给了我一个C2039(type不是enable_if......的元素).但是,SFINAE不应该只是在这里触底而不是给出编译错误吗？或者SFINAE在这种情况下不适用？

当然,我可以将非char和char的特化分开:

template<typename T>
struct is_container : std::false_type {};

template<typename T, unsigned N>
struct is_container<T[N]> : std::true_type {};

template<unsigned N>
struct is_container<char[N]> : std::false_type {};

但我真的想知道为什么SFINAE在这种特殊情况下不起作用.

Answer 1

检查主题“3.1 启用模板类专业化”： http://www.boost.org/doc/libs/1_47_0/libs/utility/enable_if.html

编辑：万一 boost.org 链接失效...

3.1 启用模板类特化 可以使用enable_if 启用或禁用类模板特化。需要为启用器表达式添加一个额外的模板参数。该参数的默认值是void。例如：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

使用任何整型类型实例化 A 都匹配第一个特化，而任何浮点类型则匹配第二个特化。所有其他类型都与主模板匹配。条件可以是任何依赖于类的模板参数的编译时布尔表达式。再次注意，enable_if 的第二个参数不是必需的；默认值 (void) 是正确的值。