c++ - 在类定义之外的模板类成员函数主体中，何时需要模板参数？

Question

该代码进行编译(Visual Studio 2013)。请注意，我在类定义之外的函数体中将Set而不是Set<T>传递为operator =的参数。但是我不能返回Set或让它成为Set的成员；它必须返回Set<T>并是Set<T>的成员。

遗漏模板参数在哪里合法？ Inside the class definition，还有其他地方？

这是标准的变更吗？我正在尝试与所有现有版本(包括98)兼容。

template <typename T>
class Set 
{
public:
    Set() {}         

    const Set& operator=(const Set& rhs); 
    //Shouldn't this have to be 
    //const Set<T>& operator= (const Set<T>& rhs); ?

};

template <typename T>
const Set<T>& Set<T>::operator= (const Set& rhs) //<-- HERE
{
    Set temp;                                    //<-- AND HERE
    /* ... */
    return *this;
}

int main()
{
    Set<int> S, T;
    T = S;
}

Answer 1

类名称在类作用域中可用。并且在单独的成员定义中，一旦您通过了C++ 03返回类型规范和函数名称，就可以进入类范围。因此，这在C++ 03中是可以的:

template< class T >
Set<T> const& Set<T>::operator=( Set const& rhs ) 

这在C++ 11中是可以的:

template< class T >
auto Set<T>::operator=( Set const& rhs) -> Set const&

这实际上与模板没有任何关系，但是与访问在类范围内可用的名称有关。

例如，在C++ 03中，您必须编写

struct S
{
    struct Inner {};
    Inner foo();
};

S::Inner S::foo() { return Inner(); }

而在C++ 11及更高版本中，您可以编写

struct S
{
    struct Inner {};
    auto foo() -> Inner;
};

auto S::foo() -> Inner { return {}; }

除其他外，这是一个很好的理由，它采用尾随返回类型语法作为单个语法约定。

不管哪个年份的标准，在C或C++中This都不行:

void main() //! NOT VALID.