c++ - 调用非成员而不是成员函数

Question

我有一个非常简单的问题:某处有一个函数

int size (const C & c)

至少可以通过依赖于参数的名称查找找到它。现在的问题:

struct B
{
    int size () { /* ... */ }

    void doSomething (const C & c)
    {
       int x = size (c); // <----------- problem!
       // ...
    }
}

这不起作用，因为名称查找在找到成员函数后停止。

我必须在指示的行中写什么，以便不尝试调用成员函数，但是编译器会做如果成员函数没有调用它会做的任何事情存在吗？

请注意，解决方案是不编写::size，因为这样会阻止argument-dependent name lookup并且仅当我知道在哪里声明 size 时才有效。

进一步复杂化:

我知道对于我使用下面的模板化成员函数 B::doSomething 的每个相关类型 T，某处都会有一个函数

int size (const T & t)

至少可以通过依赖于参数的名称查找找到它。 B 如下所示:

struct B
{
    int size () { /* ... */ }

    template<class T>
    void doSomething (const T & t)
    {
       int x = size (t); // <----------- problem!
       // ...
    }
}

我希望调用非成员函数(我确定它存在，但我不能确定它位于何处)。

Answer 1

这是一个众所周知的问题，其解决方案同样众所周知。我很惊讶它还没有被提及。如果您有非成员函数，例如:

class C;
size_t size( C const &c );

您可以使用 using 声明使名称查找优先于成员函数找到它:

struct B {
  size_t size();

  void foo( C const &c ) {
    using ::size;
    size_t sz = size(c);
  }
};

当编译器看到对 size(c) 的调用时，它会从最里面的作用域开始并向外搜索名为 size 的东西。如果没有 using 声明，编译器会在全局命名空间中的非成员之前找到类作用域中的成员函数，但是 using 声明改变了这一点。最里面的作用域是函数本身，using 声明在成员函数之前。

这样做的好处是您仍然可以获得参数相关查找 (ADL)，因为对 size(c) 的实际调用是不合格的。这意味着您可以在模板中使用它:

template <class T>
void foo( T const &c ) {
  using ::size;
  size_t sz = size(c);
}

... 即使正确的 size 函数在另一个命名空间中，它也会被 ADL 找到。 using 声明只需要引用some size 函数，不一定是您真正想要的。在某处可能调用成员的默认实现是正常的。下一个版本的 C++ 标准 (C++17) 几乎肯定会有一个 std::size 函数来执行此操作。一旦广泛可用，您就可以编写

using std::size;
size_t sz = size(c);

目前，您可以提供自己的默认实现，例如:

template <class C>
constexpr auto size( C const &c ) -> decltype(c.size()) {
  return c.size();
}

...或者您可以继续引用 C 的版本，并依靠 ADL 找到正确的版本。