lambda 表达式中 ref 捕获和非显式捕获的 constexpr 变量之间的区别答案

【问题标题】：Difference between ref-captured and non-explicitly captured constexpr variables in lambda-expressionslambda 表达式中 ref 捕获和非显式捕获的 constexpr 变量之间的区别
【发布时间】：2018-05-09 07:31:06
【问题描述】：

这个问题Access to constexpr variable inside lambda expression without capturing 回答了为什么下面示例中的 ref-capture 不是绝对必要的。但另一方面，如果它被捕获，则会出现错误。

错误似乎是由foo() 的递归性质触发的。

template<typename T>
constexpr int bar(const T& x) { // NOK
//constexpr int bar(T x) { // OK
    return x;
}

template<typename T>
int foo(const T& l) {
    constexpr auto x = l() - 1;
    auto y = [&]{return bar(x);}; // if ref-capture is used, the above bar(const T&) is NOK, why? 

    if constexpr(x <= 0) {
        return 42;
    }
    else {
        return foo(y);
    }
}

auto l2 = []{
    return 3;
};

int main() {
    foo(l2);
}

【问题讨论】：

如果你在捕获组中放入任何东西（[x]，[&x]，[&]，...），它实际上会发生，它与y不是@987654328有关@ 在某些时候不再存在，所以l() - 1 不是编译时表达式并且编译失败。
使用clang，这两种方式都会产生错误，这对我来说更有意义。我不明白为什么 GCC 在这种情况下认为 l() - 1 是一个常量表达式。
这听起来很奇怪，因为l() - 1 应该真的是constexpr。
我认为 clang++ 在这里是错误的。您可以测试，l() - 1 在main() 中给出带有以下行的 constexpr：constexpr auto z = l2() - 1;
@wimalopaan 当foo<decltype(l2)> 被实例化时，参数l 是一个没有用常量表达式初始化的引用。未使用常量表达式初始化的引用不能在常量表达式中使用。

标签： c++ lambda language-lawyer c++17

【解决方案1】：

如果我们使用 clang 作为编译器，当涉及到语言律师时，它通常比 gcc 更相关，我们会发现一个简化的示例非常有说服力：

template<typename T>
int foo(T/*&*/ l) {
    constexpr auto x = l() - 1;

    if constexpr(x <= 0) {
        return 42;
    }
    else {
        return 0;
    }
}

auto l2 = []{
    return 3;
};

int main() {
    foo(l2);
}

在foo()签名中添加和删除引用使程序编译或非编译。我相信，这与 cppreference 上关于常量表达式主题的第 12 条有关：

引用变量或数据成员的 id 表达式 引用类型，除非它是用一个常量表达式初始化的，或者它的生命周期是在这个表达式的求值过程中开始的

https://en.cppreference.com/w/cpp/language/constant_expression

所以这两个语句似乎都不满意，因为引用没有用常量表达式初始化，它的生命周期也不是从表达式的评估开始的。

【讨论】：

您可以将其归结为以下内容：constexpr auto z = 1; auto y = [&]{return bar(z);}; constexpr auto z2 = y(); 使用 ref-capture 无法编译。这就是原因，正如@SergeyA 所说：z 是从 lambda 外部重新初始化的。