我想创建一个函数conj，只有当参数的类型不是std::complex<T>时才会应用它。我可以使用enable_if，但我需要吗？
如果我有以下内容：
namespace{
template<typename T>
T conj (T x) {
return x;
}
}
我们已经进入std
template<typename T>
std::complex<T> conj (std::complex<T> x);
对conj(z) z std::complex<double> {{1}}的调用是否会被解析为std版本（因为这是'更好'的匹配？）
答案 0 :(得分：4)
对于z是std :: complex的conj（z）调用是否会被解析为std版本（因为它是'更好'的匹配？）
是。这称为Argument Dependent-name Lookup。简称ADL，也称为 Koenig查找。
我想创建一个函数conj，只有当参数的类型不是std :: complex时才会应用它。我可以使用enable_if，但我需要吗？
没什么。在命名空间内定义它，比如说me。如果参数的类型未在同一名称空间中定义，则使用qualified-name，或者如果 ，则可以使用非限定名称参数在同一名称空间中定义。在后一种情况下利用ADL。这是一个例子：
#include <iostream>
#include <complex>
namespace me
{
template<typename T>
T conj (T x)
{
std::cout << "me::conj" << std::endl;
return x;
}
struct A{};
}
struct B{};
int main()
{
std::complex<int> z(1,1);
conj(z); //calls std::conj due to ADL
me::A a;
conj(a); //unqualified-name : calls me::conj due to ADL
me::conj(10); //qualified-name : ADL doesn't work with built-in types!
B b;
me::conj(b); //qualified-name : B is not defined in 'me' namespace.
return 0;
}