模板定义中的朋友函数

我想重载操作< <一些类和我发现了两个不同的符号，这两个工作：

template <class T> 
class A{ 
    T t; 
public: 
    A(T init) : t(init){} 
    friend ostream& operator<< <> (ostream &os, const A<T> &a); //need forward declaration 
    //template <class U> friend ostream& operator<< (ostream &os, const A<U> &a); 
};

难道我定义具有不同的符号一样的东西？或者是第一个更严格的版本，在哪个实例中（在这种情况下，只有与我的A类相同T的实例）< <是A的朋友？

来源

2010-01-16 haselhorstk

第一个版本限制了友谊的operator<<为特定类型的A<T>，而第二句接受一个A<SomeType>朋友任何operator<<。

所以，是的，第一个是更严格：

template<class T> 
ostream& operator<< (ostream& os, const A<T>& a) { 
    A<double> b(0.0); 
    b.t; // compile error with version 1, fine with version 2 
    return os; 
} 

int main() { 
    A<int> a(0); 
    cout << a << endl; 
}

来源

2010-01-16 09:48:07

几件事。首先，我认为你的意思是'os << b.t'而不是'os << b.i'来输出拥有的成员变量。其次，上面的例子可以使用operator << instance，因为它使用的是'ostreame＆operator <<（ostream＆os，double num）'函数，而不是声明的模板版本。 – workmad3 2010-01-16 10:03:35

我的头似乎在其他地方 - 但在平均时间修复它。 – 2010-01-16 10:04:48

恰巧，友元函数的定义有模板例外。它允许你这样写：

template <class T> 
class A{ 
    T t; 
public: 
    A(T init) : t(init){} 
    friend ostream& operator<<(ostream &os, const A &a) 
    { // Implementation in the class 
    } 
};

而且它具有为您创建的A<T>每个实例自动创建一个正常功能的优势。

仅供参考：http://www.parashift.com/c++-faq-lite/templates.html#faq-35.16

来源

2010-01-16 10:39:22 PierreBdR

你的意思是“异常”，你不必在运算符的定义中写A ？我的问题：它真的有优势吗？好的，你没有模板版本的<<，但在上面的情况下，还为<<创建模板的实例，如果它在某个特定的类中使用。 – haselhorstk 2010-01-16 11:16:23

主要优点是你不需要前向声明......但是你必须总是在每个类中定义它。 – 2010-01-16 11:29:22

真正的优势在于您根本没有定义函数模板！所以你没有任何相关的问题，比如强制。 – PierreBdR 2010-01-17 18:15:07

模板定义中的朋友函数

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