如何用函数指针（没有自动）声明 lambda？答案

【问题标题】：How declare lambda with function pointers (without auto)?如何用函数指针（没有自动）声明 lambda？
【发布时间】：2016-01-04 14:19:07
【问题描述】：

我可以在没有auto 的情况下轻松声明匿名函数（它们与 lambda 相同，但没有“上下文”-[...]）：

#include <iostream>

using namespace ::std;

void foo(void (*f)(char))
{
    f('r');
}

int main()
{
    void (*anon)(char) = [](char c) -> void { cout << c << endl; };
    foo(anon);
    return 0;
}

但是如何声明 lambda 呢？这是唯一可能的方法吗？（也许使用 typedef）。这里我使用::std::function，但我没有在 foo 参数中的某处提到 f 的上下文...：

#include <iostream>
#include <functional>

using namespace ::std;

//int foo(auto f, char x) // !only since c++14
int foo(function<int(char)> f, char x)
{
    return f(x+1);
}

int main()
{
    int a = 5, b = 10;

    //void (*lambda)(char) = [](char c) { cout << c << endl; };
    //auto sample_lambda = [&a,b](char c) -> int // !only since c++11
    function<int(char)> sample_lambda = [&a,b](char c) -> int  
        {
            for (;a<b;a++)
                cout << a << c << endl;
            return (int)c+a; 
        };

    foo(sample_lambda, 's');
    return 0;
}

【问题讨论】：

将 foo 定义为模板函数。 template<class Function> void foo(Function&& f) { f('r'); }
“声明一个 lambda”没有意义。 lambda 是 表达式 的一种类型，您不能删除表达式，就像“声明一个总和”或“声明一个函数调用”一样。
非捕获 lambda 表达式可以衰减为指向函数的指针，但它不是指向函数的指针。

标签： c++ pointers lambda anonymous-function auto

【解决方案1】：

你不能。

闭包的类型是唯一的、未命名的类型。您的第一个示例有效，因为如果闭包类型没有捕获任何内容，则它们具有到指向函数的指针的转换函数，而不是因为闭包是 void (*) (char)。

您最好坚持使用auto，因为std::function 可能会为类型擦除带来额外开销。

【讨论】：

【解决方案2】：

auto作为参数是GCC等提供的扩展。你可以做的是使用模板：

template<typename T>
int callFoo(T funct, int x) {
    return funct(x+1);
}

【讨论】：