Question

我有这个函数声明：

template<class T>
a::A& a::A::operator<<(T out) {
    std::cout << out;
    return (*this);
}

和这个函数定义：

namespace a {
    ...
    class A {
        ...
        template<class T> A& operator<<(T);

我称之为：

a::A b;
b << 1;

这是Makefile：

app: main.o A.o
    g++ main.o A.o -o app

main.o: main.cpp
    g++ -c main.cpp

A.o: A.cpp
    g++ -c A.cpp

它给了我：

未定义的符号：a :: A＆amp;一个:: A ::运营商LT;＆LT; ＆LT; INT＆GT;（int）的

为什么会这样？

Answer 1

在T表示的类型（即您的情况下为int）实际上已知时，函数模板将在编译时变为实际函数。但是，在main.cpp编译之前不是这种情况。在编译A.cpp时，模板函数未实例化为实际函数，因此生成的目标文件不包含函数的二进制版本。

有两种方法可以解决这个问题。

在头文件中包含函数定义。也就是说，制作
```
template<class T>
a::A& a::A::operator<<(T out) {
    std::cout << out;
    return (*this);
}
```
头文件的一部分，并从.cpp文件中删除函数定义。

这样做的结果是包含此标头的任何 .cpp文件将能够使用模板的任何实例化，即对于任何值T。
或者，在A.cpp中包含显式模板实例化语句：
```
template a::A& a::A::operator<<(int out);
```
这将导致编译器在编译A.cpp时实际实例化模板，并将编译的函数包含在目标文件中。因此链接器可以在将main.o和A.o链接在一起时找到它，一切都很好。缺点是它只适用于您为其提供显式实例化的特定类型（在这种情况下，只有int）。

Answer 2

尝试将您的定义更改为：

template<class T>
a::A& a::A::operator<< <T> (T out) {
    std::cout << out;
    return (*this);
}

（确保它在头文件中）