为什么好友成员函数不能自动识别为函数模板？

Question

c++ 常见问题 35.16

http://www.parashift.com/c++-faq-lite/template-friends.html

#include <iostream>

template<typename T>
class Foo {
public:
  Foo(T const& value = T());
  friend Foo<T> operator+ (const Foo<T>& lhs, const Foo<T>& rhs);
  friend std::ostream& operator<< (std::ostream& o, const Foo<T>& x);
private:
  T value_;
};

作者声称：

'当编译器在类定义中正确地看到友元行时，就会发生障碍。那时它还不知道友元函数本身就是模板（为什么？类模板成员函数不是默认的函数模板吗？）;它假设它们是这样的非模板：'

Foo<int> operator+ (const Foo<int>& lhs, const Foo<int>& rhs)
{ ... }  

std::ostream& operator<< (std::ostream& o, const Foo<int>& x)
{ ... }

为什么以上不是模板？这些模板不是通过 int 实例化的吗？

'当你调用 operator+ 或 operator

事实上，为了让编译器将上面的内容识别为函数模板，程序员必须像下面这样显式地这样做：

template<typename T> class Foo;  // pre-declare the template class itself
template<typename T> Foo<T> operator+ (const Foo<T>& lhs, const Foo<T>& rhs);
template<typename T> std::ostream& operator<< (std::ostream& o, const Foo<T>& x);

谁能解释一下？我觉得这很烦人，不知道为什么编译器不只是通过将 T 替换为 'int' 来实例化 Foo 类的实例，然后就结束了。

谢谢。

Answer 1

类模板成员函数是模板的一部分，因此使用模板实例化，但朋友不是。考虑非模板情况：

struct S {
    friend void foo(S);
};

注意void foo(S)此时不必声明； friend 声明是说如果定义了void foo(S) 函数，那么该函数将有权访问S。它可能永远不会被真正定义，这很好。

有了模板，情况也一样：

template<typename T> struct S {
    friend void foo(S);
};

这意味着对于任何类型 T，如果定义了函数 void foo(S<T>)，则该函数可以访问 S<T>。通过重载，该函数应该是一个具体的函数：

void foo(S<char>) { }
void foo(S<int>) { }

编译器不知道您计划稍后提供可用于所有T 的函数模板。相反，如果已经声明了适当的函数模板，那么如果您通过添加尖括号指定它应该被实例化，它将被实例化。

至于为什么必须前向声明模板，“模板”没有理由必须只有一个声明。考虑：

#include <iostream>
template<typename T> struct S;
template<typename T> void foo(S<T>);
template<typename T> void foo(S<T *>);
template<typename T> struct S {
    friend void foo<>(S);
};
template<typename T> void foo(S<T>) { std::cout << "template template friend\n"; }
template<typename T> void foo(S<T *>) { std::cout << "template specialization template friend\n"; }
template void foo(S<void *>);
int main() {
    foo(S<int>());
    foo(S<void *>());
}

这里foo 有两个特化，它们都必须前向声明，以便friend 可以在它们之间进行选择。