如何使用可变参数模板来enable_if类？

Question

假设我有一个具有以下特征的类：

template <typename T, typename... Args> 
class A; 

但这类的行为应该如何取决于其他一些参数，假设它是T::value值：

template <typename T, typename... Args, typename Enable> 
class A; 

template <typename T, typename... Args, typename = typename std::enable_if<T::value>::type> 
class A 
{ 
    // do something 
}; 

template <typename T, typename... Args, typename = typename std::enable_if<!T::value>::type> 
class A 
{ 
    // do something else 
}; 

int main() { return 0; } 

不过，这一方案给出以下错误：

prog.cpp:6:11: error: parameter pack ‘Args’ must be at the end of the template parameter list class A;

我一直在努力寻找一个很好的信息来源，使用enable_if选择具有可变参数模板的类。我能找到的唯一的问题是这个：

How to use std::enable_if with variadic template

但是，尽管名称，这个问题和它的答案是没有太大的帮助。如果有人可以提供或链接指导如何接近这一点，以及为什么会被赞赏。

Answer 1

首先，你想在写多个定义是什么的类模板。这是不允许的，因为它违反了一个定义规则。如果你想通过班级进行条件启用，你需要专业。此外，编译器错误消息已经告诉您，您不能在参数列表中间添加可变参数包。

一种方式做到这一点是：

namespace detail { 

template<typename T, typename Enable, typename... Args> 
class A_impl; 

template<typename T, typename... Args> 
class A_impl<T, typename std::enable_if<T::value>::type, Args...> { 
    // code here 
}; 

template<typename T, typename... Args> 
class A_impl<T, typename std::enable_if<!T::value>::type, Args...> { 
    // code here 
}; 
} 

template<typename T, typename...Args> 
class A : public detail::A_impl<T, void, Args...> {}; 

Jonathan's way也是完全正常的，如果条件真的是bool，但如果你想添加更多专业化每个取决于几个它可能不是有用conditons。

Answer 2

看起来好像你的目的，你就不需要启用/禁用类，你只需要一个偏特：

template <typename T, bool B = T::value, typename... Args> 
    class A; 

template <typename T, typename... Args> 
    class A<T, true, Args...>; 

template <typename T, typename... Args> 
    class A<T, false, Args...>;