Зачем компилировать ошибку с помощью enable_if

Почему это не компилируется с помощью gcc48 и clang32?

#include <type_traits>

template <int N> 
struct S {

    template<class T> 
    typename std::enable_if<N==1, int>::type
    f(T t) {return 1;};

    template<class T> 
    typename std::enable_if<N!=1, int>::type
    f(T t) {return 2;};
};

int main() {
    S<1> s1;
    return s1.f(99);
}

Ошибка GCC:

/home/lvv/p/sto/test/t.cc:12:2: error: no type named ‘type’ in ‘struct enable_if<false, int>’
  f(T t) {return 2;};
  ^

Ошибка CLANG:

/home/lvv/p/sto/test/t.cc:11:26: error: no type named 'type' in 'std::enable_if<false, int>'; 'enable_if' cannot be used to
      disable this declaration
        typename std::enable_if<N!=1, int>::type
                                ^~~~
/home/lvv/p/sto/test/t.cc:16:7: note: in instantiation of template class 'S<1>' requested here
        S<1> s1;
             ^

РЕДАКТИРОВАНИЕ - РЕШЕНИЕ

Я принял ответ от Чарльза Сальвии, но по практическим соображениям я не смог использовать обходное решение, которое было предложено (специализируйтесь на N). Я нашел другое обходное решение, которое работает для меня. Сделать enable_if зависеть от T:

typename std::enable_if<(sizeof(T),N==1), int>::type

Ответ 1

Потому что вы используете enable_if без использования параметра шаблона T в своих шаблонах функций. Если вы хотите специализироваться, когда struct S имеет определенное значение параметра шаблона N, вам нужно будет использовать специализацию класса.

template <int N, class Enable = void> 
struct S {  };

template <int N>
struct S<N, typename std::enable_if<N == 1>::type>
{
  ....
};

Ответ 2

Ну, я не уверен, что вы хотели сделать, но, возможно, этот код поможет:

#include <iostream>

template <int N>
struct S {

    template<class T=int>
    typename std::enable_if<N==1, T>::type
    f(T t) {return 1;}

    template<class T=int>
    typename std::enable_if<N!=1, T>::type
    f(T t) {return 2;}
};

int main()
{
    S<1> s1;
    S<2> s2;
    std::cout << s1.f(99) << " " << std::endl << s2.f(5);
}

Отпечатки 1 и 2.

Ответ 3

Чтобы заставить std::enable_if работать так, вы полагаетесь на SFINAE. К сожалению, в момент, когда вы объявляете

S<1> s1;

он создаст экземпляр всех объявлений S<1>. SFINAE войдет в игру только в этом случае, если S<1> была плохо сформированной конструкцией. Это не. К сожалению, он содержит недопустимую функцию, поэтому создание S<> недействительно.

Для таких вещей я могу отложить до отдельной структуры шаблона:

template <bool B>
struct f_functor {
    template <typename T>
    static int f(T t) { return 1; }
};

template <>
struct f_functor<false> {
    template <typename T>
    static int f(T t) { return 2; }
};

template <int N> 
struct S {

    template<class T> 
    typename int f(T t) { return f_functor<N==1>::f(t); }
};

Ответ 4

Используйте параметр булевого шаблона по умолчанию, например:

template <int N> 
struct S {

    template<class T, bool EnableBool=true> 
    typename std::enable_if<N==1 && EnableBool, int>::type
    f(T t) {return 1;};

    template<class T, bool EnableBool=true> 
    typename std::enable_if<N!=1 && EnableBool, int>::type
    f(T t) {return 2;};
};

Ответ 5

В этом случае вы можете думать о том, что вообще не используете enable_if. Можно просто специализировать f:

template <int N> 
struct S {
    template<class T> int f(T t);
};

template<int N>
template<class T>
int S<N>::f(T t) { return 2; }

template<>
template<class T>
int S<1>::f(T t) { return 1; }

int main() {
    S<1> s1;
    return s1.f(99);
}