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我一直在努力解决这个问题中描述的问题（将模板函数声明为模板类的朋友），我相信第二个答案是我想要做的（转发声明模板函数，然后将专业化命名为朋友）。我有一个问题，一个稍微不同的解决方案实际上是正确的还是恰好在 Visual C++ 2008 中工作。

测试代码为：

#include <iostream>

// forward declarations
template <typename T>
class test;

template <typename T>
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<T> &t);

template <typename T>
class test {
  friend std::ostream& operator<< <T>(std::ostream &out, const test<T> &t);
  // alternative friend declaration
  // template <typename U>
  // friend std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<T> &t);

  // rest of class
  };

template <typename T>
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<T> &t) {
  // output function defined here
  }

首先，我发现的一件奇怪的事情是，如果我更改了 的前向声明operator<<使其不匹配（例如，std::ostream& operator<<(std::ostream &out, int fake);，一切仍然编译并正常工作（要清楚，我不需要定义这样的函数，只声明它）。但是，与链接到的问题一样，删除前向声明会导致问题，因为编译器似乎认为我声明的是数据成员而不是友元函数。我很确定这种行为是一个 Visual C++ 2008 错误。

有趣的是，当我在上面的代码中删除前向声明并使用替代朋友声明时。请注意，模板参数U不会出现在以下签名中。此方法也可以正确编译和工作（无需更改任何其他内容）。我的问题是这是否符合标准或 Visual C++ 2008 的特性（我在参考书中找不到好的答案）。

请注意，虽然朋友声明template <typename U> friend ... const test<U> &t);也有效，但这实际上使运算符的每个实例都friend可以访问 的任何实例test，而我想要的是test<T>只能从operator<< <T>. test<int>我通过在内部实例化operator<<并访问私有成员来测试这一点；当我尝试输出test<double>.

概要：在上面的代码中删除前向声明并切换到替代朋友声明似乎会产生相同的结果（在 Visual C++ 2008 中）——这段代码真的正确吗？

更新：上述对代码的任何修改在 gcc 下都不起作用，所以我猜这些是 Visual C++ 编译器中的错误或“功能”。我仍然希望熟悉该标准的人提供见解。

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1 回答 1

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...如果我更改 operator<< 的前向声明使其不匹配

友元函数应该被视为一种非常特殊的声明类型。本质上，编译器已经足够解析声明，但是除非您真正专门化该类，否则不会进行语义检查。

进行建议的修改后，如果您再实例化test，您将收到有关声明不匹配的错误：

template class test<int>;

...但是...删除前向声明会导致问题

编译器尝试解析声明以存储它，直到类模板被专门化。在解析期间，编译器到达<声明中的：

friend std::ostream& operator<<  <

唯一operator<<可以遵循的<方法是它是否是模板，因此会进行查找以检查它是否是模板。如果找到函数模板，则<认为是模板参数的开始。

当您删除前向声明时，找不到模板并被operator<<视为对象。（这也是为什么当您添加using namespace std代码时继续编译的原因，因为必须有模板声明operator<<）。

...当我删除前向声明并在上面的代码中使用替代朋友声明时。请注意，模板参数 U 未出现在以下签名中...

不需要在函数模板的参数中使用所有模板参数。替代声明适用于新函数模板，只有在命名空间中声明并指定显式模板参数时才能调用该模板。

一个简单的例子是：

class A {};
template <typename T> A & operator<<(A &, int);

void foo () {
  A a;
  operator<< <int> (a, 10);
}

...这段代码真的正确吗？...

这有两个部分。首先是替代的友元函数不引用作用域后面的声明：

template <typename T>
class test {
  template <typename U> 
  friend std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<T> &t);
  };

template <typename T> 
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<T> &t);  // NOT FRIEND!

友元函数实际上会在每个特化的命名空间中声明：

template <typename U> 
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<int> &t);
template <typename U> 
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<char> &t);
template <typename U>
std::ostream& operator<<(std::ostream &out, const test<float> &t);

的每个专业化operator<< <U>都可以根据其参数的类型访问特定的专业化test<T>。因此，从本质上讲，访问是根据您的需要进行限制的。但是，正如我之前提到的，这些函数基本上不能用作运算符，因为您必须使用函数调用语法：

int main ()
{
  test<int> t;
  operator<< <int> (std << cout, t);
  operator<< <float> (std << cout, t);
  operator<< <char> (std << cout, t);
}

根据上一个问题的答案，您要么使用litb建议的前向声明，要么按照Dr_Asik 的回答（这可能是我会做的）内联定义友元函数。

更新：第二条评论

...更改课前的前向声明；类中的那个仍然匹配我稍后实现的功能......

正如我上面指出的，编译器operator<<在看到声明中的 时会检查是否是模板<：

friend std::ostream& operator<<  <

它通过查找名称并检查它是否是模板来做到这一点。只要您有一个虚拟的前向声明，那么这就会“欺骗”编译器将您的朋友视为模板名称，因此它<被认为是模板参数列表的开始。

稍后，当您实例化该类时，您确实有一个有效的模板来匹配。本质上，您只是在欺骗编译器将朋友视为模板特化。

您可以在此处执行此操作，因为（正如我之前所说），此时不会进行语义检查。

于 2009-11-24T12:02:58.697 回答