Question

我有以下模板：

namespace std {
template<typename Enum>
typename std::enable_if<std::is_enum<Enum>::value, std::ostream&>::type
operator<<(std::ostream& strm, Enum e)
{
    return strm << helper_of<Enum>::to_string(e);
}
}

有助于谷歌测试在比较霍比特人时显示人类可读的诊断信息：

template <typename T> struct enumclass {}; // generic template

template <typename T>
using helper_of = typename enumclass<T>::helper; // more mnemonic

namespace MiddleEarth {
enum class Hobbit { Bilbo, Frodo, Sam };

struct HobbitHelper{
    std::string to_string(Hobbit H);
    Hobbit from_string(std::string const& s); // Hobbit-forming
};

template <> struct enumclass<Hobbit> {
    using helper = HobbitHelper; // links Hobbit to its helper
}
}

enable_if是为了防止这个模板operator<<被应用于任何旧类（没有enable_if的朴素版本对于已经有流操作符的类来说是不明确的，例如std::string）

但是，如果有一个不专门化enumclass的枚举，

enum class Wizard { Gandalf, Radagast, Saruman };
const Wizard g = Wizard::Gandalf, s = Wizard::Saruman;

然后以下无法编译

EXPECT_EQ(g, s);

带有error: no type named 'helper' in 'aws::enumclass<Wizard>'的

因为编译器尝试将模板operator<<应用于向导。

是否可以构建仅应用此运算符的enable_if＆lt;＆lt;如果有enumclass<Enum>的专业化？然后谷歌测试将回退显示向导的原始字节，它将编译。

如果失败了，是否可以构造一个只允许某个命名空间中类型的enable_if（例如MiddleEarth）？如果Wizard不在MiddleEarth命名空间中，这将解决问题。 MiddleEarth中的所有枚举都应该具有enumclass的专业化。

Answer 1

您可以将helper_of替换移动到模板规范本身：

template <typename Enum,
          typename Helper = helper_of<Enum>>
std::ostream& operator<<(std::ostream& strm, Enum e)
{
    return strm << Helper::to_string(e);
}

这样，如果helper_of替换失败（即enumclass不是专门用于给定的Enum），整个重载将因SFINAE而不是SFINAE而被抛弃是一个硬编译错误 - 因为现在我们在替换本身的直接上下文中。

仅当某个模板具有给定类的特化时，如何std :: enable_if

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