一个 lambda 的返回类型可以通过返回值来推断，那么为什么不能是一个函数呢？

Question

#include <iostream>

int main(){

    auto lambda = [] {
        return 7;
    };

    std::cout << lambda() << '\n';

}

这个程序编译并打印 7.
lambda 的返回类型根据返回值 7 推导出为整数类型。

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为什么普通函数不能做到这一点？

#include <iostream>

auto function(){
    return 42;
}

int main(){

    std::cout << function() << '\n';
}

错误：‘function’函数使用‘auto’类型说明符，没有尾随返回类型

Answer 1

C++14 has this feature。您可以通过设置-std=c++1y 标志使用新版本的 GCC 或 clang 对其进行测试。

Live example

除此之外，在 C++14 中，您还可以使用 decltype(auto)（将 decltype(auto) 作为变量的镜像）为您的函数使用 decltype 语义推断其返回值。

一个例子是转发功能，decltype(auto) 对此特别有用：

template<typename function_type, typename... arg_types>
decltype(auto) do_nothing_but_forward(function_type func, arg_types&&... args) {
    return func(std::forward<arg_types>(args)...);
}

通过使用decltype(auto)，您可以在使用指定参数调用时模拟func 的实际返回类型。尾随返回类型中不再有重复代码，这在 C++11 中非常令人沮丧且容易出错。

Answer 2

这只是语言创建和发展方式的限制。在即将到来的 C++14 标准中，函数的返回类型可以在某些上下文中推导出来，尽管不是全部。有多个 return 语句时会出现复杂情况。

另外，推导返回类型还有其他问题，例如模板函数的返回类型不能在SFINAE上下文中使用，为了能够推导类型，编译器必须实例化函数模板，这发生在 替换之后。最终结果是，虽然该功能将在不久的将来出现，但如果您可以自己提供类型，我会避免使用它。

Answer 3

这是在 c++14 中出现的。请参阅以下proposal。

Answer 4

它还没有……它会在 C++1y/C++14 中……看看这个link of feature

Answer 5

我的猜测是，这可能是因为类型推断的 lambdas 不能递归。

为什么这很重要？因为如果类型推断的 lambda 可以是递归的（通过“类型推断”，我的意思是变量名称的类型为 auto），那么它的返回类型可能取决于自身——虽然这有时可以解决，它比“简单”类型推断更难实现。我什至不确定它是否总是可解决（在一般情况下是否可以确定？）。但是，如果函数支持类型推断，则必须注意这个问题，因此很可能他们只是出于这个原因将它们排除在外。