我目前正在移植我的库，但我的黑暗模板魔法不会用GCC 5.3 编译
当使用MSVC2015更新2编译时，此片段可以正常工作
template<typename vreal =
std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value,
floatType>::type>
inline vreal foo(vreal bar)
{
return bar;
}
template<typename vreal =
std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value,
floatType>::type>
struct bar { vreal i; };
GCC抱怨"vreal未在当前范围内定义（WTF？）"
到目前为止，我已经尝试过：
将上层模板片段重写为
template<typename vreal,
typename enable = typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value != 0>::type>
但这也不起作用。它在代码的后面中断了很多，我认为这是由于引入了额外的模板参数。
此外，我不明白为什么我必须介绍与0的比较。如果没有它，gcc抱怨enabled_if上缺少"type"。
因此，主要问题是：如何在没有额外参数的情况下获得相同的SFINAE逻辑（仅当参数为vreal时编译）。
我可以重写它以返回类型SFINAE，但这将是我想避免的大量工作（区分函数、类、结构、typedefs/usings…），即使它被封装在宏中。
template<typename vreal>
typename std::enable_if<is_vreal<vreal>, vreal>::type inline vreal .....
这不是有效的C++：
template<typename vreal =
std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value,
floatType>::type>
inline vreal foo(vreal bar)
{
return bar;
}
原因有很多。它在std中使用了一个不在std（is_vreal）中的符号，这意味着您的程序格式不正确。它使用未定义的令牌floatType（您确实发布了[MCVE]，对吗？）。在vreal的定义中，它在进入范围之前使用vreal。
我不知道它应该是什么意思，除了你似乎相信它有SFINAE的魔力：它指出，如果vreal通过了is_vreal测试，那么默认情况下它应该是floatType类型。但为了达到这一点，您必须已经拥有类型vreal，所以默认类型似乎无关紧要。
此外，::type不是依赖上下文中的类型：，因此std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type应该抱怨您在需要类型的上下文中使用了名为::type的非类型。你需要做typenam estd::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type。
您似乎还声明您正在使用宏来生成代码。那是一个糟糕的决定。
据我所知，在大多数情况下，只需完全删除enable_if子句就可以解决您的问题。
函数除外，因为可能存在重载，所以可以引入SFINAE帮助程序。
完全放弃宏。无论如何，类和函数模板的工作方式明显不同。
对于类/结构：
template<class vreal>
struct bar { vreal i; };
因为真的没有其他选择了——没有像函数那样用结构/类重载的概念。
对于函数，我们想要一个SFINAE测试，这样我们就可以过载：
template<class T, class R=T>
using vreal_test = typename
std::enable_if<std::is_vreal<T>::value, R>::type
template<class vreal>
inline vreal_test<vreal> foo(vreal bar)
{
return bar;
}
如果函数返回不同的类型，则执行
template<class vreal>
inline vreal_test<vreal,void> foo2(vreal bar)
{
return;
}
您可以在扫描以删除宏时执行此操作。
对于您的顶级函数，您可以拥有以下内容：
template<typename vreal>
inline typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type foo(vreal bar)
{
return bar;
}
您的结构也应该重新定义。下面的解决方案无法摆脱在这里使用辅助参数Enable，具有部分专业化：
template<typename vreal, typename Enable = void>
struct bar;
template<typename vreal>
struct bar<vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, void>::type>
{ vreal i; };
（假设floatType和std:：is_vreal在某个地方得到了适当的定义）
我会将SFINAE与您实际使用的模板参数分开。非类型的附加参数非常适合这种情况。
对于结构，我将使用enable_if并专门化一个基类。
它看起来是这样的：
template<typename vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, int>::type = 0>
vreal foo(vreal bar) {
return bar;
}
template<typename vreal, typename = void>
struct barBase; // optionally add a static_assert for better messages
template<typename vreal>
struct barBase<vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value>::type> {
vreal i;
};
template<typename vreal>
using bar = barBase<vreal>;
我认为std::is_vreal不存在。如果是这样的话，海湾合作委员会肯定不会。不要在std命名空间中注入东西，编译器可以自由拒绝。