c++ - 嵌套在其他任何类别中的已知类名称的C++模板 friend 声明

Question

晚上好。
我在编写一些通用代码(至少在C++ 11中)时遇到以下问题:
考虑一个名为I的类，它可以嵌套在各种类A，B，...，N中:

class A
{
protected:
  friend class I;
  class I
  {
  } i;
};

class B
{
protected:
  friend class I;
  class I
  {
  } i;
};

etc.

实际上 I是一种界面工具，可以自动插入各种用户类A ... N中。不在乎这样做的理由...
然后有一个特定的类Z，目标是将任何 I声明为Z的 friend ，以便任何 I以及其他任何东西都不能使用Z，无论A ... N(稍后定义)类如何嵌套在 I中。
如果我这样声明:

class Z
{
  friend class A;   // <--- but I don't want to have to know this one
  friend class I;
private:            // creation and use of Z are restricted to tools like I
  Z();
  // other methods
};

然后它仅适用于 A::I:
通过 A::I::some_function()可以构建和使用Z，
但不是 B::I或B ... N中的其他任何源。
如果没有 friend class A;，则 I都无法访问Z。

如何使其通用？

我正在寻找一种写模板 friend 声明的方法，该声明可以授予对任何 X::I的访问权限，其中X是模板参数。
当然不是 I的模板参数，因为 I不是模板。
当然，我不想授予对任何类X的访问权限，以便任何 X::I也可以访问Z!
以下内容不起作用:

class Z
{
  template< class X>  friend class X::I;
  ...
};

=>错误:“我”不是“X”的成员
从gcc版本5.4.0 20160609(Ubuntu 5.4.0-6ubuntu1〜16.04.11)
有正确语法的想法吗？我没有在引用文献中找到该用例...
非常感谢，
亲切的问候。
=================在8月16日添加:精度: I持久地作为 A(或其他)的一部分存在，而 Z是仅在 I的特定操作期间存在的工具，可以重复此操作，然后创建新的 Z，使用该代码，然后每次将其删除 I方法。
另外 Z具有相应的有效负载，我不想让它成为嵌入 I的每个对象的永久部分。例如，通过使 Z继承 I。

Answer 1

您可以通过使I继承Z，并使Z成为抽象基类(因此不能直接访问)来实现您要尝试的操作。
类似于:

class Z
{
    virtual void __() = 0;
  public:
    virtual ~Z() = default;
    void method() { std::cout << "Method from Z" << std::endl; }
};

class A
{
    friend class I;
  
  public:
    class I : public Z
    {
        void __() final {}
      public:
        static Z *make_z();
    } i;
};

Z *A::I::make_z()
{
    return new I();
}

int main()
{
    Z *z = A::I::make_z();
    z->method();
    
    return 0;
}