Question

在C ++ Primer 5th中，第13.3节：

非常谨慎的读者可能想知道为什么swap中的using声明不会隐藏HasPtr版本的swap（6.4.1）的声明。我们将在18.2.3中解释为什么此代码有效的原因。

以下是示例代码：

void swap(HasPtr &lhs, HasPtr &rhs)
{...}

void swap(Foo &lhs, Foo &rhs)
{
    using std::swap;
    swap(lhs.h, rhs.h);
}

确实，我想知道为什么using std::swap不会隐藏void swap(HasPtr &lhs, HasPtr &rhs)范围内的void swap(Foo &lhs, Foo &rhs)？相反，似乎std::swap函数和void swap(HasPtr &lhs, HasPtr &rhs)正在重载。

这与以下陈述相反（引自C ++ Primer 5th，第6.4.1节）：

如果我们在内部作用域中声明一个名称，该名称将隐藏在外部作用域中声明的名称的使用。名称不会在范围内重载。

让我们考虑以下例子：

#include<iostream>
namespace a{
    void f(int a){  std::cout<< "a::f(int)";}
}
void f(double a){ std::cout<< "f(double)";}

int main(){
  using a::f;
    f(1.11);
}

在这种情况下，当我们使用using a::f时，它会隐藏外部作用域中的函数void f(double a)。因此，我们得到以下输出

a::f(int)

这意味着此处使用了函数void f(int a)，虽然void f(double a)会更好地匹配（但它是隐藏的）。

总而言之，似乎如此（1）using std::swap 重载第一种情况下外部作用域中的所有swap函数（2）using a::f 隐藏第二种情况下外部作用域中的所有f函数

我的问题是，为什么会出现这种差异？

顺便说一下，这与Function hiding and using-declaration in C++有关，其中的所有答案都声称所有掉期功能都是超载而没有解释原因，所以我在这里打开另一个问题。

Answer 1

使用时

using a::f;

您将a::f的声明带到声明性区域的范围内。 声明区域部分是关键所在。

在您的情况下，它是main的声明性区域。 f中没有main的其他声明。因此，f会解析为a::f。

要从main显示a::f和全局f，请使用：

using a::f;
void f(double a){ std::cout<< "f(double)";}

如果您这样做，a::f和全球f都可用于main。

在https://ideone.com/ySvGlP处查看它。

为什么使用std :: swap不会隐藏外部作用域中的其他交换函数

1 个答案: