用一个函数，可以写：
template <class T> void f(T&& x) {myfunction(std::forward<T>(x));}
但是对于 lambda，我们没有 T：
auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward</*?*/>(x));}
如何在 lambda 中进行完美转发？ decltype(x) 是否作为 std::forward 中的类型工作？
【问题讨论】：
static_cast 可以使用，但是当使用T 时，这是不可能的。 c++11 - C++ std::forward<T> vs static_cast<T> - Stack Overflow
标签： c++ lambda c++14 decltype forwarding-reference
转发绑定到转发引用的 lambda 参数的规范方法确实是使用 decltype：
auto f = [](auto&& x){
myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));
} // ^^^^^^^^^^^
【讨论】：
[](auto&&... xs)。然后展开。
decltype(x) 与底层（隐藏）模板参数不同，因为 x 本身始终是左值。因此，std::forward<decltype(x)>(x) 永远不会因此产生纯右值。
forward 的目的是做一些无法推断的事情（我的意思是，从值推断，而不是从词位推断），因此需要明确的信息。您当然可以编写宏（许多库都可以），但我认为这不是您的意思。但如果你这样做了，那么我想一旦我们有了反射，就会在某个时候出现基于反射的解决方案。
int&& x，decltype(x) 不是左值类型吗？
我最喜欢的成语是：
auto f = [](auto&& x){myfunction(decltype(x)(x));}
我将其读作“x，因为类型 x 被声明为”。
要了解其工作原理，请检查当 x 是 int&& 时会发生什么。 decltype(x)(x) 是(int&&)(x)，它产生一个对x 的右值引用。如果x 是int&，那么我们得到(int&)(x)，它是对引用的noop 转换。请记住，decltype(x) 包含参考类别。
现在，对于 auto&& 参数，这更短但等效于：
auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));}
另一种选择。
对于auto参数：
auto f = [](auto x){myfunction(decltype(x)(x));}
它会产生一个额外的副本，而
auto f = [](auto x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));}
而是从x移动。
虽然我通常认为 C 风格的强制转换过于危险，但如果 x 不是 auto&& 变量，decltype(x)(x) 最多可以生成 x 的类型正确副本。为了简洁起见，有一些话要说。
【讨论】：
std::forward 的地方在于它创建了一个可读（且可greppable）的提示，表明转发正在进行并且附近的&& 是一个转发参考。
auto 参数：...例如int a; f(a); -> auto == int ，当auto x 初始化时第一次复制（可能优化出来），然后在第一种情况下：复制因为int(x)（肯定优化出来）在第二种情况下：移动（如果myFunction是这样实现的）因为 std::forward 强制转换为int&&。对吗？
int 是无趣的。使用struct noisy{ noisy(noisy&&){std::cout << "&&";} /* etc */}。移动语义对分析原始类型没有用处。除了不同的地址之外，复制或移动它们的副作用为零，因此除非您获取地址，否则移动和复制不存在，或者出于任何原因您必须遵守调用约定。
使用 C++20，您现在可以为 lambda 指定模板参数列表。以下直接取自https://en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda
auto f = []<typename ...Ts>(Ts&& ...ts) {
return foo(std::forward<Ts>(ts)...);
};
【讨论】：