为什么我的 std::ref 不能按预期工作？

Question

std::ref 给你一个lvalue-reference 的东西。此引用被包装到一个对象中，然后您可以通过引用或值传递该对象。

下面代码的预期行为是它打印i is 2，但它打印i is 1。 为什么会这样？

我为什么会有这种期望？因为我通过std::ref 将tmp 传递给wrapper。然后在包装器中按值捕获引用。我会假设，因为我使用的是std::ref，所以这个值现在仍然是对tmp 的引用。我正在更改 tmp 并希望 f 反映该更改。

Play with the code here.

#include <iostream>
#include <functional>

template<typename F>
auto wrapper(int i, F func) {
    return [=]() { return func(i); };
}

void f(int i) {
    std::cout << "i is " << i << '\n';
}

int main() {
    int tmp = 1;
    auto func = wrapper(std::ref(tmp), f);
    tmp = 2;
    func();
}

Answer 1

您需要更改函数签名以接受引用：

1. auto wrapper(int& i, F func) {...}
2. void f(int& i) {...}

并且还通过引用 return [&]() { return func(i); }; 进行 lambda 捕获。那你就不需要std::ref了。

完整代码如下：

#include <iostream>
#include <functional>

template<typename F>
auto wrapper(int& i, F func) {
    return [&]() { return func(i); };
}

void f(int& i) {
    std::cout << "i is " << i << '\n';
}

int main() {
    int tmp = 1;
    auto func = wrapper(tmp, f);
    tmp = 2;
    func();
}

现在上面的代码会打印出来：

i is 2

如果您仍想使用std::ref，那么您的模板函数应具有以下签名：

template<typename F>
auto wrapper(std::reference_wrapper<int> i, F func) {...}

Answer 2

这不起作用的原因是因为您的 wrapper 函数将 int 作为参数。

std::ref 返回一个std::reference_wrapper。 当您将其传递给需要 int 的函数时 您将获得隐式转换，并且不再使用引用。

如果您将函数签名更改为使用std::reference_wrapper，它将给出预期的结果。

#include <iostream>
#include <functional>

template<typename F>
auto wrapper(std::reference_wrapper<int> i, F func) {
    return [=]() { return func(i); };
}

void f(int i) {
    std::cout << "i is " << i << '\n';
}

int main() {
    int tmp = 1;
    auto func = wrapper(std::ref(tmp), f);
    tmp = 2;
    func();
}