为什么"std::enable_if"需要默认值?

编译器清楚地告诉你问题是什么：在你的模板声明中，你指定了一个额外的模板非类型参数，无法推断。您希望编译器如何推断出该非类型参数的正确值？从什么？

这正是上述使用std::enable_if的技术需要默认参数的原因。这是一个虚拟参数，因此默认参数值无关紧要(0是自然选择)。

您可以将您的示例简化为仅

template <typename T, T x> 
void foo(T t) {}
int main()
{
foo(42);
}

生产

error: no matching function for call to 'foo(int)'
note:   template argument deduction/substitution failed:
note:   couldn't deduce template parameter 'x'

编译器可以推导出T是什么(T == int)，但编译器无法推断出x的参数。

您的代码完全相同，只是您的第二个模板参数未命名(无需为虚拟参数命名)。

从您的注释来看，您似乎对代码中第二个参数的声明中存在关键字typename感到困惑，这使您认为第二个参数也是一个类型参数。后者是不正确的。

请注意，在第二个参数的声明关键字中，typename用于完全不同的角色。此关键字只是消除了语义的歧义

std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type

它告诉编译器嵌套名称实际上表示type类型的名称，而不是其他名称。(你可以在这里阅读typename的这种用法：为什么我们需要typename？以及我必须在哪里以及为什么必须放置"template"和"typename"关键字？)

typename的这种用法不会将模板的第二个参数转换为类型参数。模板的第二个参数仍然是非类型参数。

下面是另一个简化的示例，它说明了代码中发生的情况

struct S { typedef int nested_type; };
template <typename T, typename T::nested_type x>
void bar(T t)
{}
int main()
{
S s;
bar<S, 42>(s);
}

请注意，即使第二个参数的声明以typename开头，它仍然声明一个非类型参数。

我无法重现您的错误;无论如何，我收到一个错误，用类调用do_stuff()。通过示例

do_stuff(std::string{"abc"})

这是因为do_stuff()变得do_stuff<std::string, std::string = 0>()，并且模板值不能是std::string类型(并且默认值不能为零)。

建议：重写函数，将int作为第二个位置的值的类型

template <typename T, // .....................................VVV  int, not T
typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
std::cout << "do_stuff integraln";
}
template <typename T, // ..................................VVV  int, not T
typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
std::cout << "do_stuff classn";
}

这样，调用do_stuff(std::string{"abc"})，您可以启用可接受的do_stuff<std::string, int = 0>()。