为什么编译器说：“enable_if”不能用于禁用此声明

template <bool Cond, typename Type = void>
using Enable_if = typename std::enable_if<Cond, Type>::type;

class Degree;

template <typename T>
constexpr inline bool Is_Degree() {
    return std::is_base_of<Degree, T>::value;
}

class Degree {
public:
    std::size_t inDeg = 0;
};

template <typename Satellite = Degree>
class Vertex: public Satellite {
public:
    explicit Vertex(int num): n(num) {}
private:
    std::size_t n;
};

template <typename Satellite = Degree>
class Edge {
public:
    // i want have different constructor depending on 
    // whether Vertex is (directly or indirectly) derived from Degree
    Edge(Enable_if<Is_Degree<Satellite>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
        Vertex<Satellite> &toVertex)
        : from(fromVertex), to(toVertex){ ++to.inDeg; }
    Edge(Enable_if<!Is_Degree<Satellite>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex, 
        Vertex<Satellite> &toVertex)
        : from(fromVertex), to(toVertex){}
private:
    Vertex<Satellite> &from;
    Vertex<Satellite> &to;
};

编译器在第 2 行抱怨：

"没有名为 ' 的类型type' in 'std::__1::enable_if<false, Vertex<Degree> &>': 'enable_if' 不能用于禁用此声明。"

如果我删除 Edge 的第二个构造函数，则不会出现错误。我想知道为什么，以及如何实现评论中描述的目的。

这是因为替换发生在外部（并且失败）直接上下文 https://stackoverflow.com/q/15260685/3953764。类型模板涉及的参数std::enable_if应该来directly来自编译器在上下文需要存在函数/专业化时尝试实例化的模板，并且在此之前是未知的。否则，编译器可以随意拒绝您的代码。

一种可能的解决方法是将构造函数转换为模板，并将其参数默认为封闭类的模板参数的值：

template <typename S = Satellite>
//                 ^-----v
Edge(Enable_if<Is_Degree<S>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
    Vertex<Satellite> &toVertex)
    : from(fromVertex), to(toVertex){ ++to.inDeg; }

template <typename S = Satellite>
//                 ^------v
Edge(Enable_if<!Is_Degree<S>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex, 
    Vertex<Satellite> &toVertex)
    : from(fromVertex), to(toVertex){}

DEMO http://coliru.stacked-crooked.com/a/8f1874604aab5811