Question

我试图重载＆lt;＆lt;用于属于用户定义的命名空间的类的运算符。有趣的是，如果我删除所有这些命名空间的东西，程序编译并运行没有问题，但是这个类以某种方式驻留在命名空间中的事实使得文件A.cpp的编译过程失败并出现错误说我试图访问A类中的私有数据（demo.cpp编译正常）。请看一下我的三文件程序和我得到的编译错误：

demo.cpp：

#include <iostream>
#include "A.h"


int main() {
    usr::A a(4);
    std::cout << a << std::endl;


    return 0;
}

A.H：

#ifndef A_H_
#define A_H_

#include <iostream>


namespace usr {
    class A {
        private:
            int m_x;
        public:
            A(int x);
            friend std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const usr::A& a);
    };
}

#endif // A_H_

A.cpp：

#include "A.h"


usr::A::A(int x) : m_x(x) {}

std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const usr::A& a) {
    os << a.m_x;
    return os;
}

错误：

$ g++ -c A.cpp
In file included from A.cpp:1:0:
A.h: In function ‘std::ostream& operator<<(std::ostream&, const usr::A&)’:
A.h:10:17: error: ‘int usr::A::m_x’ is private
             int m_x;
                 ^
A.cpp:7:13: error: within this context
     os << a.m_x;
             ^

Answer 1

非合格的好友声明总是引用最小的封闭命名空间的成员。在名称空间usr中声明类时，该类中的任何非限定友元声明都引用usr的成员。即你的朋友声明宣称usr::operator <<为朋友。

在这种情况下，全局::operator <<仍然是非朋友，这就是当您尝试从usr::A访问::operator <<的私人成员时收到错误的原因。

如果你想要这个，你必须

让您的operator <<成为usr的成员，或
通过使用限定名称operator <<确保好友声明明确引用全局::operator <<（这还需要在尝试之前引入::operator << 用它的合格名称来引用它。

我会建议第一种方法。如果您的类A是名称空间usr的成员，那么最好将所有处理A的函数声明为usr的成员。这将帮助您避免许多与参数相关的查找（ADL）问题。

但是如果由于某种原因你需要你的operator <<仍然是全局命名空间的成员，那么这里是你必须跳过来使它编译的箍（组合成一个翻译单元）

// Pre-declare `usr::A` to enable pre-declaration of our `::operator <<` namespace usr { class A; } // Pre-declare our `::operator <<` std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const usr::A& a); namespace usr { class A { private: int m_x; public: A(int x); friend std::ostream& ::operator<<(std::ostream& os, const usr::A& a); // Friend declaration uses qualified name - it explicitly // refers to `::operator <<` declared above }; } usr::A::A(int x) : m_x(x) {} std::ostream& operator<<(std::ostream& os, const usr::A& a) { os << a.m_x; return os; } int main() { usr::A a(4); std::cout << a << std::endl; }

Answer 2

在GCC下，你必须通过一些访问修饰符（对const或指针的引用）来分离 return-type 和范围解析运算符（:: token）。

例如，不会在g ++ 7.2.0下编译：

std::string f(int a);

namespace NS
{
    class C
    {
        friend std::string ::f(int a);
        // scope operator  ^^ is absolutely needed
    }
}

但将：

std::string f(int a);

namespace NS
{
    class C
    {
        friend std::string const ::f(int a);
        // see const keyword ^
    }
}

这将：

std::string f(int a);

namespace NS
{
    class C
    {
        friend std::string& ::f(int a);
        // see ref symbol ^
    }
}

朋友功能和命名空间

2 个答案: