朋友函数的C ++内联定义

Question

在当前的C ++标准草案（2019年3月）中，[class.friend] p.6声明（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，并且该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？

我能想出的唯一一个函数没有命名空间范围的情况如下：

struct A
{
    static void f();

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

但是，clang和gcc都不会将B中的朋友定义与A中的静态方法相关联，而是与属于全局命名空间的函数相关联。

我还缺少其他情况吗？

Answer 1

我认为你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。并且它也没有引用A :: f（）。相反，您定义为朋友的函数实际上是函数:: f（），因为它是它所驻留的命名空间（全局命名空间）。

我怀疑（但尚未尝试过），如果你将所有这些包装在一个命名空间中，那么你定义的f（）将是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friend函数定义为函数ns :: f（）。

Answer 2

寻找相关规则，说明一个非限定函数名称的friend定义始终是命名空间成员，我发现情况并非如此。 [namespace.memdef] / 3：

如果非本地类中的friend声明首先声明了类，函数，类模板或函数模板，则该朋友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模板ID，并且声明是函数或详细类型说明符，则确定实体是否先前已声明的查找不应考虑除此之外的任何作用域。最里面的封闭命名空间。

有问题的要求仅适用于函数定义，并排除本地友好类或合格的朋友名称。但这留下了模板ID作为函数名称的可能性。

所以措辞似乎对这段代码产生了影响：

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

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

在这里，friend声明中的名称是template-id，因此关于跳过非命名空间作用域的规则不适用，f确实命名了函数模板A::f。所以[class.friend] / 6表示这是不正确的，但如果friend声明不是一个定义，它将是良好的形式。