友元函数的C++内联定义

Question

在 C++ 标准的当前草案（2019 年 3 月）[class.friend] p.6 状态（强调我的）：

当且仅当该类是非本地类（[class.local]），函数名称是非限定的，函数具有命名空间范围时，才能在类的友元声明中定义函数。 [...]

“函数具有命名空间范围”是什么意思？

我能想到的函数没有命名空间范围的唯一情况如下：

struct A
{
    static void f();

    struct B
    {
        friend void f() {}; 
    }; 
};

然而，clang 和 gcc 都没有将B 中的friend 定义 与A 中的静态方法相关联，而是将属于全局命名空间的函数。

还有其他我想念的情况吗？

Answer 1

我认为您实际上已经回答了自己的问题，但没有意识到。

“函数具有命名空间范围”意味着它是命名空间的一部分，而不是类或结构的一部分。所以函数 A::B::f() 不存在。它也没有引用 A::f() 。相反，您定义为友元的函数实际上是函数 ::f()，因为这是它所在的命名空间（全局命名空间）。

我怀疑（但没有尝试过），如果您将所有这些包装在一个命名空间中，那么您定义的 f() 将成为该命名空间的一部分。所以，例如，

namespace ns {
    struct A
    {
        static void f();

        struct B
        {
            friend void f() {}; 
        }; 
    };
}

将友元函数定义为函数 ns::f()。

Answer 2

寻找相关的规则说friend 定义一个不合格的函数名总是一个命名空间成员，我发现情况并非如此。 [命名空间.memdef]/3：

如果非本地类中的friend 声明首先声明了一个类、函数、类模板或函数模板，则友元是最内层封闭命名空间的成员。 ... 如果 friend 声明中的名称既不是限定的也不是 template-id 并且该声明是一个函数或一个 elaborated-type-specifier，则查找确定实体是否先前已声明不应考虑最内层封闭命名空间之外的任何范围。

所讨论的要求仅适用于函数定义，并且排除了本地友好类或限定的朋友名称。但这留下了 template-id 作为函数名的可能性。

因此，这段代码的措辞似乎有所不同：

struct A {
    template <typename T>
    static void f();

    template <typename T>
    struct B {
        friend void f<T>() {}
    };
};

这里友元声明中的名字是一个template-id，所以关于跳过非命名空间作用域的规则不适用，f真正将函数模板命名为A::f。所以 [class.friend]/6 说这是格式错误的，但如果 friend 声明不是一个定义，它会是格式正确的。