Метод шаблона enable_if специализация

SFINAE не работает с нешаблонными функциями (членами или не членами).

Как указывает Керрек С.Б., создание шаблонов функций, не являющихся членами, будет работать. Или, как указывает Xeo, создание шаблонов функций-членов с аргументом шаблона по умолчанию также будет работать.

Однако это работает только потому, что два условия std::enable_if не перекрываются. Если вы хотите добавить другую перегрузку для int (скажем), вы обнаружите, что она не так хорошо масштабируется. В зависимости от того, что вы хотите сделать, диспетчеризация тегов обычно масштабируется лучше, чем SFINAE, с несколькими альтернативами, на которые вы хотите отправлять:

#include<type_traits>

template<typename Ret>
class Foo
{
public:
    void _on_dispatched()
    {
        // tag dispachting: create dummy of either std::false_type or std::true_type
        // almost guaranteed to be optimized away by a decent compiler
        helper_on_dispatched(std::is_void<Ret>()); 
    } 

private:
    void helper_on_dispatched(std::false_type)
    {
        // do stuff for non-void
    }

    void helper_on_dispatched(std::true_type)
    {
        // do stuff for void
    }
};

int main()
{
    Foo<void>()._on_dispatched();
    Foo<int>()._on_dispatched();
    return 0;
}

SFINAE работает только с шаблонами. Ваш код можно компилировать с небольшой модификацией:

template <typename Ret>
typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ }

template <typename Ret>
typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ }

Применение:

auto q = _on_dispatched<int>();

Вы, конечно, не можете вывести возвращаемый тип функции, поскольку он не выводим. Однако вы можете упаковать этот шаблон внутри другого шаблона:

template <typename T>
struct Foo
{
    // insert templates here, maybe privately so

    T bar() { return _on_dispatched<T>(); }
};