如果T不是基础，我该如何重载运算符？

Question

我有一个很大的模板定义（大，因为它超载了大多数操作符），当我需要将它专门化为bool时，我遇到了问题。

虽然所有比较运算符都受到影响，但有一个例子：

template<class T, T min, T max, T init_value = static_cast<T>(0)>
class limited_auto_enum_init
{
    ...snip...
    bool operator == (T v) const { return f_value == v; }
    bool operator == (bool v) const { return f_value == v; }
    ...snip...
};

正如类的名称所暗示的那样，当T来自枚举时，您应该使用它。由于bool通常被视为枚举，我还想实例化bool类型的特化：

typedef limited_auto_enum_init<bool, false, true, false> flbool_t;
typedef limited_auto_enum_init<bool, false, true, true> tlbool_t;

当我这样做时，T为bool，因此两个函数都具有完全相同的签名。

我调查了SFINAE并想出了类似的东西：

    template<class = typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value>::type>
    bool operator == (T v) const { return f_value == v; }

但bool告诉我：

  

错误：'struct std :: enable_if'

中没有名为'type'的类型

对于用户枚举，它可以正常工作。

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更新

我找到了一个适合我的解决方案，正如@jrok所指出的那样（虽然标记为解决方案的答案根本没有帮助我！）。我必须定义另一个运算符的返回类型（显式采用bool的那个）：

    template<class Q = T>
    typename std::enable_if<!std::is_fundamental<Q>::value, Q>::type
                         operator == (bool v) const { return f_value == v; }

这样编译器（g ++）很高兴，失败正如预期的那样。