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？编译器看到bar(x)，为什么不报错？

（我使用的是 g++ 4.6.3）

Answer 1

这是一个“为什么天空是砖砌成的”类型的问题。即，一个问题，问为什么假的东西是真的。在 C++ 中，您的代码不是合法的。

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

我猜“为什么 gcc 4.6 让这段代码编译”的问题仍然存在。编译器在编写template 扩展器时所做的一件事是将它们视为类似于宏的东西。在声明它们时几乎不会做任何事情，并且在实例化它们时会查找所有内容。

编译器现在倾向于在声明 template 时做更多事情，而在实例化它时更少。这是 C++ 标准所要求的，或者至少更接近。

碰巧，ADL 可以解决这个问题：通过 ADL 找到 bar 的 bar 查找不必在写入 foo 时可见，而是在实例化时可见。

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)
      ^

这些要求在 C++11 中可能已经更改或澄清，因此 gcc 4.6 的行为可能在 C++03 标准下是合法的。

Answer 2

当编译器首先看到bar(x)时，它不知道x的类型，因此它无法查找正确的bar。只有当您实例化foo、T 并因此知道x 的类型并且可以查找bar(x) 时。

请注意，这仅适用于依赖表达式，即依赖于模板参数的表达式。如果加上bar(42)，即使后面用T==int实例化也会编译失败。

您可能还想通过谷歌搜索“两阶段查找”以获取更多信息。只有最新版本的 GCC 才能正确实现这些规则，因为在解析模板的第一阶段还需要进行一些检查。正如 Yakk 指出的那样，较新版本的 GCC 会拒绝您的代码，因此请务必检查最新版本的 GCC 或 Clang 以确保安全。

Answer 3

函数模板不是函数；一旦知道模板参数，它就是制作函数的秘诀。

编译器在看到foo 模板定义时无法查找bar 的含义，因为它的含义可能取决于T 是什么。所以它只记得有一个名称bar 的使用需要稍后解决。

当您调用 foo(42) 时，编译必须生成 (instantiate) 真正的函数，然后它会查找以前无法查找的名称，找到您的 bar 模板 (并触发它的实例化），一切都很好。

对于普通函数，所有名称都可以在定义函数时查找，因此必须在该点正确声明它们。