在单独模块中使用未声明的类型或模块“std”

Question

我有以下代码：

pub mod a {
    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

我编译此文件时出错：

error[E0433]: failed to resolve. Use of undeclared type or module `std`
 --> src/main.rs:4:24
  |
4 |         println!("{}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
  |                        ^^^ Use of undeclared type or module `std`

但是，删除内部模块并编译它本身包含的代码运行良好：

#[test]
pub fn test() {
    println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
}

我错过了什么？如果模块位于单独的文件中，我会收到相同的错误：

main.rs

pub mod a;

a.rs

#[test]
pub fn test() {
    println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
}

Answer 1

现在，std可以从任何地方直接访问，因此您显示的代码正在按照预期进行编译。

此外，Rust edition 2018不再需要外部板条箱。向货物添加依赖项。toml将板条箱名称直接用作顶级标识符。

Answer 2

默认情况下，编译器插入extern crate std；在箱根的开头（箱根是您传递给rustc的文件）。此语句的效果是将名称std添加到板条箱的根命名空间，并将其与包含std板条箱的公共内容的模块相关联。

但是，在子模块中，std不会自动添加到模块的命名空间中。这就是为什么编译器不能在模块中解析std（或任何以std::开头的东西）。

有很多方法可以解决这个问题。首先，您可以添加使用std 使名称std在该模块中指向根std。请注意，在use语句中，路径被视为绝对路径（或“相对于板条箱的根命名空间”），而在其他地方，路径被视为相对于当前命名空间（无论是模块还是函数等）。

pub mod a {
    use std;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

您还可以使用use语句导入更多特定项。例如，您可以编写使用std:：fs:：remove\u文件 。这样，您就不必键入删除\u文件的整个路径，只需直接在该模块中使用名称删除\u文件：

pub mod a {
    use std::fs::remove_file;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", remove_file("Somefilehere")));
    }
}

最后，您可以避免使用use，方法是在路径前面加上：，要求编译器从板条箱的根命名空间解析路径（即将路径转换为绝对路径）。

pub mod a {
    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", ::std::fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

推荐的做法是直接导入类型（结构、枚举等）。）（例如使用std::rc::Rc；，然后使用路径Rc），但是通过导入它们的函数来使用函数父模块（例如使用std::io::fs；，然后使用pathfs::remove_file）。

pub mod a {
    use std::fs;

    #[test]
    pub fn test() {
        println!("{:?}", fs::remove_file("Somefilehere"));
    }
}

旁注：您还可以在路径的开头写入self:：，使其相对于当前模块。这在use语句中更常用，因为其他路径已经是相对的（尽管它们是相对于当前名称空间的，而self:：始终是相对于包含模块的）。