c++ - 带/不带指针的函数原型(prototype)使用区别

Question

我正在学习简单的 C++ 教程。

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
  int a = 1, b = 2;

  cout << "Before swapping " << endl;
  cout << "a = " << a << endl;
  cout << "b = " << b << endl;

  swap(a,b);

  cout << endl;
  cout << "After swapping " << endl;
  cout << "a = " << a << endl;
  cout << "b = " << b << endl;

  return 0;
}

void swap(int &n1, int &n2)
{
  int temp;
  temp = n1;
  n1 = n2;
  n2 = temp;
}

上面的代码工作正常(g++ 和 icc)，但是如果我在函数中使用指针，如果我没有在程序的开头包含原型(prototype)，代码就会失败。

#include <iostream>
using namespace std;

void swap(int*, int*);  // The code fails if I comment this line.

int main()
{
  int a = 1, b = 2;

  cout << "Before swapping" << endl;
  cout << "a = " << a << endl;
  cout << "b = " << b << endl;

  swap(&a, &b);

  cout << endl;
  cout << "After swapping" << endl;
  cout << "a = " << a << endl;
  cout << "b = " << b << endl;

  return 0;
}

void swap(int* n1, int* n2)
{
  int temp;

  temp = *n1;
  *n1 = *n2;
  *n2 = temp;
}

据我所知，C++编译过程是自上而下的，所以第二段代码似乎更合理，其中函数的信息在int main()之前提供。遇到。我的问题是，为什么第一个代码即使在 int main() 之前没有函数知识也能正常工作?

Answer 1

第一个程序的问题是您实际上并没有调用自己的 swap功能。在文件的顶部，您有:

using namespace std;

这带来了std::swap进入范围，这就是你实际调用的函数。如果你把 cout您自己的声明swap你会看到它实际上从未被调用过。或者，如果您声明您的 swap之前 main ，你会得到一个模棱两可的电话。
请注意，此代码不需要像这样运行，因为 iostream不一定带std::swap进入范围，在这种情况下，您将收到没有 swap 的错误打电话。
在第二个程序中，调用 swap(&a, &b)失败，因为 std::swap 没有过载接受 2 个临时指针。如果您声明您的 swap main 中调用前的函数，然后它调用你自己的函数。
您的代码中真正的错误是 using namespace std; .永远不要这样做，你会避免这种性质的问题。