C++ 在与父类具有相同类型的类中声明模板类

花式cout/shift

操作员应该是：

template <typename V, typename W>
std::ostream &operator<< (std::ostream& os, typename Foo<V,W>::template Bar<V,W> &b) {return os;}

模板
std:：ostream&operator通过在缺少的尾部添加一个到
类栏
定义？
Foo:：Bar
有意义吗？或者你总是想要
Foo:：Bar
？实际上只有后一个会出现，但我想第一个会很好。
Foo:：Bar
应该是
typename Foo:：Bar
@Pradhan:你也错过了缺少的
模板。第一个模板不起作用，你无法根据
Bar
（这是传入的真实参数），并且
Foo
本身处于非推断上下文第二个也不起作用，它也是非推断上下文context@PiotrS.：它可以工作，我们只需要显式地给出模板参数（我同意，这对用户不友好）。只是添加了版本以避免此问题。@drahnr“第一个代码块就是我想要的。”它可以编译，但是
std:：cout
error: expected template-id for type before ‘*’ token
  std::ostream &operator<<(std::ostream &os, Foo<V, W>::template Bar<V, W> *b)

template <typename V, typename W>
std::ostream &operator<< (std::ostream& os, typename Foo<V,W>::template Bar<V,W> &b) {return os;}

template <typename X, typename Y> class Foo {
public:
    class Bar {
        X a;
        Y b;
    };

    Bar baba;
};

template <typename V, typename W>
std::ostream &operator<< (std::ostream& os, const typename Foo<V,W>::Bar& b) {return os;}

template <typename X, typename Y> class Foo {
public:
    class Bar {
        X a;
        Y b;

        friend
        std::ostream &operator<< (std::ostream& os, const Bar &b) {return os;}
    };

    Bar baba;
};