Кто-нибудь знает метод для специализации шаблона в зависимости от того, определен ли метод, не являющийся членом? Я знаю, что существует множество способов специализироваться, если функция-член существует, но я никогда не видел пример, не являющийся членом. Конкретной проблемой является специализация оператора << для shared_ptr для применения оператора <<, если оператор << определен для T, и печать простого расположения указателя в противном случае. Было бы замечательно, если бы все классы определяли оператор << как член, но, к сожалению, многие используют бесплатные функции. Я представляю что-то вроде следующего:

template <typename T>
typename enable_if< ??? ,std::ostream &>::type operator<<( std::ostream & os, const shared_ptr<T> & ptr )
{
  if(ptr)
   return os << *ptr;
  else
   return os << "<NULL>";
}

template <typename T>
typename disable_if< ??? ,std::ostream &>::type operator<<( std::ostream & os, const shared_ptr<T> & ptr )
{
  if(ptr)
   return os << static_cast<intptr_t>( ptr.get() );
  else
   return os << "<NULL>";
}

Изменить: для потомков, здесь было рабочее решение. Обратите внимание, что boost :: shared_ptr уже имеет оператор по умолчанию <<, который выводит адрес, поэтому disable_if не нужен. Поскольку оператор << возвращает ссылку, это работает. В общем случае я подозреваю, что это должно быть адаптировано для отражения типа возврата рассматриваемой функции.

template <typename T>
typename boost::enable_if_c< boost::is_reference<decltype(*static_cast<std::ostream *>(0) << *static_cast<T *>(0) )>::value, std::ostream &>::type operator<<( std::ostream & os, const boost::shared_ptr<T> & ptr )
{
  if(ptr)
   return os << *ptr;
  else
   return os << "<NULL>";
}