为什么使用std:：swap不会在外部范围中隐藏其他swap函数 < C++引物第五，第13.3节：

非常仔细的读者可能会想，为什么swap内部的using声明没有隐藏HasPtr版本swap（6.4.1）的声明。我们将在18.2.3中解释此代码工作的原因

以下是示例代码：

void swap(HasPtr &lhs, HasPtr &rhs)
{...}

void swap(Foo &lhs, Foo &rhs)
{
    using std::swap;
    swap(lhs.h, rhs.h);
}

事实上，我想知道为什么

使用std:：swap

不会在

无效交换（Foo&lhs，Foo&rhs）的范围内隐藏
无效交换（HasPtr&lhs，HasPtr&rhs）
？相反，似乎
std:：swap
函数和
void swap（HasPtr&lhs，HasPtr&rhs）
被重载了

这与下面的语句相反（引用C++入门第五，6.4.1节）：
如果我们在内部作用域中声明名称，则该名称将隐藏在外部作用域中声明的名称的用法。名称不会跨作用域重载

我们考虑下面的例子：

#include<iostream>
namespace a{
    void f(int a){  std::cout<< "a::f(int)";}
}
void f(double a){ std::cout<< "f(double)";}

int main(){
  using a::f;
    f(1.11);
}

这意味着这里正在使用函数
void f（int a）
，尽管
void f（double a）
会更匹配（但它是隐藏的）

总而言之，似乎
（1） 
使用std:：swap
重载第一种情况下外部作用域中的所有
swap
函数
（2） 
在第二种情况下，使用a:：f
隐藏外部作用域中的所有
f
函数

我的问题是，为什么会有这样的差异

顺便说一句，这与，所有的答案都声称所有的交换函数都是超负荷的，没有解释为什么，所以我在这里开始另一个问题
 当您使用

using a::f;

您将
a:：f
的声明带到声明区域的范围。声明区域部分在这里是关键

在您的例子中，它是
main
的声明性区域。
main
中没有其他的
f
声明。因此，
f
解析为
a:：f

要使
a:：f
和全局
f
从主屏幕可见，请使用：

using a::f;
void f(double a){ std::cout<< "f(double)";}

使用a：：f；
void f（double a）{std：：coutWhy不读这本书的第18.2.3节？我不是100%确定确切的行为，但是，如果我是对的，
使用std：：swap
确实隐藏了其他函数。然而，有一种称为参数相关查找（ADL）的东西具有优先级。基本上，当您编写
swap（lhs.h，rhs.h）时
，编译器首先根据ADL规则查找函数
swap
（基本上，查找名称为
swap
且类型为参数之一的函数定义类型的命名空间），然后，如果它找不到这样一个
swap
，它将调用调用站点上的
swap
函数，该调用站点是
std:：swap
，因为
使用std:：swap
a:：f（int）您询问在哪里查找名称尝试这个#include namespace a{void f（char a）{std:：cout@Justin，谢谢！作为后续问题，ADL是我们不需要声明
使用std:：operator>
、
使用std:：move
和
使用std:：forward
（如第18.2.3节所述）的原因。在这里，作者强调我们必须声明
使用std:：swap
。为什么？
using a::f;
void f(double a){ std::cout<< "f(double)";}