以下是一个例子:
#include <string>
#include <algorithm>
#include <memory>
using std::string;
int main()
{
string str = "This is a string";
// ok: needn't using declaration, ADL works
auto it = find(str.begin(), str.end(), 'i');
// error: why ADL doesn't work?
std::shared_ptr<string> sp = make_shared<string>(str);
}
当我尝试编译这个程序时,编译器抱怨:
error: no template named 'make_shared'; did you mean 'std::make_shared'?
std::shared_ptr<string> sp = make_shared<string>(str); // error...
^~~~~~~~~~~
std::make_shared
我认为第一个函数find
不需要using
声明,因为依赖于参数的查找(ADL
):编译器将搜索{{1}的命名空间} string
)定义std
。但对于第二个函数find
,似乎make_shared
无效:我必须使用ADL
或std::make_shared
声明。我知道两个函数模板的定义是不同的:前者将其模板参数之一(using
或类似的东西)作为函数参数类型并返回相同的类型。后者将函数参数包作为函数参数,其返回类型是另一个模板参数。这种差异是否会导致typename T
停用?或者你能帮忙回答这个问题并提供一些参考资料吗?
答案 0 :(得分:1)
依赖于参数的查找适用于非限定函数调用表达式。对于&#34;正常&#34;这是正确的。函数以及函数模板特化。
但是,当您为模板函数提供显式模板参数时,表达式在语法上看起来不像函数调用:
foo<3>(x) // "foo less than three?"
这就是为什么这些案件不能触发ADL的原因。但是,一旦名称已知成为模板,ADL就会应用!
template <int> void foo();
foo<double, 5, T>(x); // uses ADL
答案 1 :(得分:0)
当我们使用<>
明确指定其模板参数时,模板方法不使用ADL,除非示波器中有可见的模板方法(具有相同的名称)。