为什么 C++17 中 std::function 的 operator() 会发生变化？答案

【问题标题】：Why does operator() change for std::function in C++17?为什么 C++17 中 std::function 的 operator() 会发生变化？
【发布时间】：2016-01-09 05:14:16
【问题描述】：

以下代码在 C++14 中被认为是非法的，但在 C++17 中是合法的：

#include <functional>

int main()
{
    int x = 1729;
    std::function<void (int&)> f(
        [](int& r) { return ++r; });
    f(x);
}

不要费心对其进行测试，您会得到不一致的结果，因此很难判断这是错误还是故意行为。然而，比较两个草稿（N4140 与 N4527，两者都可以在 github.com/cplusplus/draft 上找到），[func.wrap.func.inv] 有一个显着差异。第 2 段：

返回：如果 R 为 void，则返回 Nothing，否则返回 INVOKE (f, std::forward(args)..., R) 的值。

以上内容已在草稿之间删除。这意味着 lambda 的返回值现在被默默地丢弃。这似乎是一个错误的特征。谁能解释一下原因？

【问题讨论】：

LWG 2420。这种行为从一开始就是有意的，只是偶然被删除。
@T.C.谢谢。我关注的是库缺陷而不是语言缺陷。
应该是return f(x);？
@AlanStokes int main() 在 C++ 中可以没有返回值，默认返回 0。另外，f 有返回类型 void 无论如何，不能返回。
好吧，我确实说过绑定 :)

标签： c++ c++14 c++17

【解决方案1】：

有一个关于std::function<void(Args...)> 的ridiculous defect in the standard。根据标准的措辞，std::function<void(Args...)> 的任何（非平凡）¹ 使用是合法的，因为没有任何东西可以“隐式转换为”void（甚至void）。

void foo() {} std::function<void()> f = foo; 在 C++14 中是不合法的。哎呀。

一些编译器采用了使std::function<void(Args...)> 完全无用的糟糕措辞，并将逻辑仅应用于返回值非 void 的传入可调用对象。然后他们得出结论，将返回int 的函数传递给std::function<void(Args...)>（或任何其他非void 类型）是非法的。他们没有把它带到逻辑结束并禁止函数返回void（std::function 要求对完全匹配的签名没有特殊情况：同样的逻辑适用。）

其他编译器只是忽略了 void 返回类型案例中的错误措辞。

缺陷基本上是调用表达式的返回类型必须可以隐式转换为std::function 签名的返回类型（有关更多详细信息，请参见上面的链接）。而且在标准下，void不能隐式转换为void²。

因此缺陷已解决。 std::function<void(Args...)> 现在接受任何可以用Args... 调用的东西，并丢弃返回值，就像许多现有的编译器实现的一样。我认为这是因为 (A) 语言设计者从未有意限制，或者 (B) 需要一种方法让 std::function 丢弃返回值。

std::function 从不要求参数或返回值完全匹配，只是兼容性。如果传入的参数可以从签名参数隐式转换，并且返回类型可以隐式转换为返回类型，那就很高兴了。

在许多直观的定义下，int(int&) 类型的函数与签名 void(int&) 兼容，因为您可以在“无效上下文”中运行它。

¹ 基本上，任何使operator() 合法调用的东西都是不允许的。你可以创建它，你可以销毁它，你可以测试它（并且知道它是空的）。你不能给它一个函数，即使是一个与它的签名完全匹配的函数，或者一个函数对象或 lambda。可笑。

² 标准下void要隐式转换为void，要求void x = blah;语句有效，其中blah是void类型的表达式；该语句无效，因为您无法创建 void 类型的变量。

【讨论】：