使用函数之前，即使没有函数声明，C++程序也在工作

Question

我刚开始学习C++，并且遇到了这个函数声明的概念。它说“一个函数必须在使用之前声明”，但我已经写了一个程序，我已经评论了函数声明并使用了该函数。我的程序还在工作。 我想知道我在这里失踪。 我在eclipse上运行这个程序。 这是一个简单的程序，我将a和b的引用传递给交换函数和交换a和b的值。

#include <iostream> 
#include <stdio.h> 
#pragma pack(1) 
using namespace std; 
//void swap(int &,int &); 

int main() 
{ 

int num1,num2; 
cout<<endl<<"Enter two nos\n"; 
cin>>num1>>num2; 
cout<<"\nBefore call\t"<<num1<<"\t"<<num2<<endl; 
swap(num1,num2); 
cout<<"\nAfter call\t"<<num1<<"\t"<<num2<<endl; 
} 
void swap(int &a,int &b) //Saving memory here 
{ 
int c=a; 
a=b; 
b=c; 
} 

Answer 1

• 因为在C++中有称为swap预定义的函数。
• 如果你删除你的函数定义，那么你的代码也会编译，因为编译器认为它是预定义函数。

Answer 2

解释是，您包含的其中一个标题是提供了一个名为swap()的标题。

一些供应商以在stdio.h中提供swap()宏而着称。这个问题会导致代码在使用另一个编译器构建时中断。

另一种可能的解释是，C++标准在名称空间std中提供了模板化的swap()函数，在标准标头algorithm中指定。在一些实现中，标准头文件彼此包含（或提供彼此指定的功能）。但是，类似地，如果您使用不同的编译器构建代码，那么依赖于提供其他函数的标准头文件的代码通常会中断 - 因为标准不需要这样的代码。

因此，请尝试删除您的swap()的定义。如果你的代码仍然编译/链接/运行，上面的解释之一就是 - 至少在你的编译器和标准库中。另一个指标是在你的swap()中放置一个输出语句 - 如果你的代码仍然编译/链接/运行，但不产生输出 - 那么这是另一个指标。

如果您删除了#include <stdio.h>（您没有使用任何标准），并且代码停止工作，则会指向哪个标头是原因。