我不认为类模板声明与SFINAE一起工作：类模板不像函数模板那样被重载。您声明了两个同名的主类模板，这是不允许的。
方便的是，SFINAE对于您的用例不是必需的：类模板支持部分专门化。您只需使用默认的bool参数，并根据trait是true还是false来专门化类模板。例如：

template <class T, bool = std::is_fundamental<T>::value>
class Calc
{
  public:
    int operator()( const T& v ) const {
        return v.getValue();
    }
};
template <class T>
class Calc<T, false> : CalcBase <T>
{
};

将SFINAE与类模板一起使用的一种方法是通过使用SFINAE专门化模板参数的部分专门化。
下面是一个实现问题中描述的类的最小工作示例。
在Calc的示例化中，模板参数U要么具有默认类型void，要么具有类型void，但通过enable_if条件为true，或者如果enable_if条件为false，则涉及SFINAE类型错误。
由于U具有void的默认参数，因此导致所有部分专门化的SFINAE类型错误的类型T仍然会导致基于默认参数的类模板的示例化，并避免编译时错误。注意：在这个特定的例子中，其中一个条件必须是true，但是在其他情况下，使用默认参数会有所帮助。

#include <type_traits>
class NonFundamental {
public:
  NonFundamental(int val) : val_(val) {}
  int getValue() {
    return val_;
  }
private:
  int val_;
};
template <typename T>
class Calcbase {};
template <typename T, typename U = void>
class Calc {};
template <typename T>
class Calc<T, typename std::enable_if_t<!std::is_fundamental_v<T>>> {
public:
  int operator()(const T &v) const {
    return v.getValue();
  }
};
template <typename T> 
class Calc<T, typename std::enable_if_t<std::is_fundamental_v<T>>> : Calcbase<T> {
};
int main() {
  Calc<int> calc_obj_1;
  Calc<NonFundamental> calc_obj_2;
  return 0;
}