STD::ENABLE_IF在STD::IS_COVERABLE上的谓词推导模板不正确

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;
}

使用这段代码，我希望第一次调用func打印出3（因为int确实可以转换为int，所以应该调用第一个专门化），第二次调用func打印出test(test()不能转换为int，所以应该调用第二个专门化）。但是，我反而得到了一个编译器错误：

prog.cpp：在函数“int main（）”中：

prog.cpp:5:6:注意：模板参数扣减/替换失败：

prog.cpp:27:8:注意：无法推导出模板参数“[Anonymous>”

但是，如果我将模板化函数改为：

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();
}

然后一切都按照我的期望编译和工作。这个额外的语法在做什么？我为什么需要它？

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，就会变成

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

这里的typename指定嵌套的type是一个类型的名称。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)不适合需要func (3) 的模板。