如果使用以下enable_if
将任何类型的列表类传递给函数，我试图禁用函数template <typename ContainerType, typename KeyType,
typename = std::enable_if_t<!std::is_same<
std::decay_t<ContainerType>,
std::list<typename ContainerType::value_type>>::value>>
void func(ContainerType&& container, KeyType&& key)
但是当我用vector<int>调用func时，我收到了错误
candidate template ignored: substitution failure [with ContainerType = std::__1::vector<int, std::__1::allocator<int> > &, KeyType = int]: type 'std::__1::vector<int, std::__1::allocator<int> > &' cannot be used prior to '::' because it has no
members
一个向量确实有成员typedef value_type来获取存储在其中的东西的值..
我知道如何解决这个问题吗？
答案 0 :(得分：8)
直接问题在于：
std::list<typename ContainerType::value_type>>::value>>
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
在您的示例中，ContainerType是引用类型（std::vector<int>&），您无法从引用类型访问typedef。您必须先删除引用。
但是我们可以通过忽略KeyType部分来简化：
template <class X> struct is_list : std::false_type { };
template <class T, class A> struct is_list<std::list<T,A>> : std::true_type { };
template <class Container, class Key,
std::enable_if_t<!is_list<std::decay_t<Container>>::value>* = nullptr>
void func(ContainerType&&, Key&& ) { ... }
答案 1 :(得分：5)
根据this SO帖子给出答案。更好的方法如下：
#include <type_traits>
template<template<typename...> class TT, typename T>
struct is_instantiation_of : std::false_type { };
template<template<typename...> class TT, typename... Ts>
struct is_instantiation_of<TT, TT<Ts...>> : std::true_type { };
template <typename ContainerType, typename KeyType,
typename = std::enable_if_t<!is_instantiation_of<
std::list, std::decay_t<ContainerType>>::value>>
void func(ContainerType&& container, KeyType&& key)
这样做的主要优点是，使用其余std::list类型参数进行操作将不允许绕过您的检查。