Question

我有以下代码：

pub mod a {
    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

编译时出错：

error[E0433]: failed to resolve. Use of undeclared type or module `std`
 --> src/main.rs:4:24
  |
4 |         println!("{}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
  |                        ^^^ Use of undeclared type or module `std`

但是，删除内部模块并编译它自己包含的代码可以正常工作：

#[test]
pub fn test() {
    println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
}

我在这里缺少什么？如果模块位于单独的文件中，我会得到相同的错误：

main.rs

pub mod a;

a.rs

#[test]
pub fn test() {
    println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
}

Answer 1

默认情况下，编译器在crate根的开头插入extern crate std;（crate root是传递给rustc的文件）。此语句的作用是将名称std添加到包的根命名空间，并将其与包含std包的公共内容的模块相关联。

但是，在子模块中，std不会自动添加到模块的命名空间中。这就是编译器无法在模块中解析std（或以std::开头的任何内容）的原因。

有很多方法可以解决这个问题。首先，您可以在模块中添加use std;，以便在该模块中将名称std引用到根std。请注意，在use语句中，路径被视为绝对路径（或“相对于crate的根命名空间”），而在其他任何地方，路径都被视为相对于当前命名空间（无论是模块，函数，等）。

pub mod a {
    use std;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

您还可以使用use语句导入更具体的项目。例如，您可以编写use std::fs::remove_file;。这样您就可以避免键入remove_file的完整路径，只需在该模块中直接使用名称remove_file：

pub mod a {
    use std::fs::remove_file;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", remove_file("Somefilehere")));
    }
}

最后，您可以通过在路径前添加use来避免使用::来请求编译器解析来自包的根命名空间的路径（即将路径转换为绝对路径）。 / p>

pub mod a {
    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", ::std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

建议的做法是直接导入类型（结构，枚举等）（例如use std::rc::Rc;，然后使用路径Rc），但通过导入其父模块来使用函数（例如use std::io::fs;，然后使用路径fs::remove_file）。

pub mod a {
    use std::fs;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

旁注：您还可以在路径的开头写入self::，使其相对于当前模块。这在use语句中更常用，因为其他路径已经是相对的（虽然它们是相对于当前的命名空间，而self::总是相对于包含模块）。

Answer 2

如今，std可以从任何地方直接访问，因此您显示的代码正在按您的期望进行编译。

此外，Rust Edition 2018不再需要extern crate。向Cargo.toml添加依赖项可以直接将箱子名称用作顶级标识符。

在单独的模块中使用时，使用未声明的类型或模块`std`

2 个答案: