嵌套模板类型的用户定义推导指南

Q1：命名空间范围内是否允许用户定义的推导指南？

在这里的示例中，GCC 和 Clang 不会产生相同的行为：

• https://godbolt.org/z/8W6hznEjo

#include <tuple>

template <typename T>
struct some_type;
template <template <typename...> typename T, typename ... Ts>
struct some_type<T<Ts...>>
{
    template <typename U>
    class nested
    {
        U member;
    public:
        nested(U &&){}
    };

    // non-namespace scope user-deduction-guide : OK with Clang, fix the deduction issue
    template <typename U>
    nested(U&&) -> nested<U>;
};

void func()
{
    using pack_type = std::tuple<int, char>;
    some_type<pack_type>::nested{
        [](auto &&){}
    };
}

简而言之，我们有一个模板参数类型，嵌套类型本身就是模板参数，模板参数之间没有关系。

template <typename T>
struct some_type;
template <template <typename...> typename T, typename ... Ts>
struct some_type<T<Ts...>>
{
    template <typename U>
    class nested // <- nested type, where `U` as no relationship with `T<Ts...>`
    {
        U member;
    public:
        nested(U &&);
    };
};

标准指定：http : //eel.is/c++draft/temp.deduct.guide#3

[...] 应在与相应类模板相同的范围内声明演绎指南，并且对于成员类模板，应具有相同的访问权限。[...]

Q2 : 如果没有Q1，命名空间类型和嵌套类型模板参数之间没有关系时，为嵌套类型创建用户定义推导指南的语法是什么？

我希望语法接近：

template <template <typename...> typename T, typename ... Ts>
template <typename U>
some_type<T<Ts...>>::nested<U>::nested(U&&) -> nested<U>;

然而，nested<U>是错误的，因为它需要一个推导类型......来推导它。

此外，这被解释为具有尾随返回类型的函数void。

template <template <typename...> typename T, typename ... Ts>
template <typename U>
typename some_type<T<Ts...>>::template nested<U>::nested(U&&) -> nested<U>;

谢谢你的时间。