c++ - 为什么我可以在没有前向声明的情况下调用函数模板？

Question

如果一个普通函数调用一个尚未声明的函数，我会得到一个编译时错误:

void foo(int x)
{
    bar(x);   // ERROR: bar has not been declared yet
}

void bar(int x)
{
    std::cout << x << '\n';
}

int main()
{
    foo(42);
}

解决方法是前向声明被调用的函数，或者切换定义的顺序。

但是，对于函数模板，这些修复似乎不是必需的:

template<typename T>
void foo(T x)
{
    bar(x);   // OKAY
}

template<typename T>
void bar(T x)
{
    std::cout << x << '\n';
}

int main()
{
    foo(42);
}

这编译得很好。这是为什么？当编译器看到 bar(x) 时，它为什么不报错？

(我使用的是 g++ 4.6.3)

Answer 1

这是一个“为什么天空是用砖砌成的”类型的问题。即，一个问为什么假的是真的问题。在 C++ 中，您的代码并不是合法的。

Live example ，正如您在 gcc 4.8 中看到的那样，这实际上并没有编译。

我想问题“为什么 gcc 4.6 让这段代码编译”仍然存在。编译器在编写 template 时早期所做的事情之一expanders 将它们视为类似于宏的东西。当它们被声明时几乎不会做任何事情，当它们被实例化时一切都会被查找。

编译器现在倾向于在 template 时做更多的事情。被声明，并且在实例化时更少。这是 C++ 标准要求的，或者至少更接近。

碰巧，ADL 可以解决这个问题:bar找到 bar 的查找通过 ADL 不必在 foo 处可见已写入，而是在实例化时写入。

gcc 4.8 的错误信息很容易解释:

prog.cpp: In instantiation of ‘void foo(T) [with T = int]’:
prog.cpp:16:7:   required from here
prog.cpp:6:10: error: ‘bar’ was not declared in this scope, and no declarations were found by argument-dependent lookup at the point of instantiation [-fpermissive]
     bar(x);   // OKAY
          ^
prog.cpp:10:6: note: ‘template<class T> void bar(T)’ declared here, later in the translation unit
 void bar(T x)
      ^

这些要求可能已在 C++11 中更改或阐明，因此 gcc 4.6 的行为可能在 C++03 标准下是合法的。