如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？答案

【问题标题】：How to write a generic forwarding lambda in C++14?如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？
【发布时间】：2015-07-17 10:46:17
【问题描述】：

如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？

尝试#1

[](auto&& x) { return x; }

在函数体内，x 是一个左值，所以这不起作用。

尝试#2

[](auto&& x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

这会在 lambda 中正确转发引用，但它总是会返回按值（除非编译器省略了副本）。

尝试#3

[](auto&& x) -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

这将返回与参数相同的类型（可能-> auto&& 也可以）并且似乎可以正常工作。

尝试#4

[](auto&& x) noexcept -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

添加noexcept 是否会使这个 lambda 更适用，从而严格优于 #3？

【问题讨论】：

Try 1 已经足够了。如果数据类型定义了移动构造函数/移动赋值，编译器将为您移动它

标签： c++ lambda c++14 perfect-forwarding

【解决方案1】：

decltype(x) 的返回类型不足。

按值获取的局部变量和函数参数可以隐式移入返回值，但不能将右值引用获取的函数参数（x 是左值，即使 decltype(x) == 右值引用，如果您传递右值）。委员会给出的理由是，他们想确定当编译器隐式移动时，其他人不可能拥有它。这就是为什么我们可以从纯右值（一个临时的、非引用限定的返回值）和函数局部值转移。但是，有人可以做一些愚蠢的事情，比如

std::string str = "Hello, world!";
f(std::move(str));
std::cout << str << '\n';

并且委员会不想默默地调用一个不安全的举动，认为他们应该从这个新的“举动”功能开始更加保守。请注意，在 C++20 中，此问题将得到解决，您只需执行 return x 即可，它会做正确的事情。见http://www.open-std.org/jtc1/sc22/wg21/docs/papers/2017/p0527r0.html

对于转发功能，我会尝试让noexcept 正确。在这里很容易，因为我们只是在处理引用（无条件是noexcept）。否则，你会破坏关心noexcept 的代码。

这使得最终的理想转发 lambda 如下所示：

auto lambda = [](auto && x) noexcept -> auto && { return std::forward<decltype(x)>(x); };

decltype(auto) 的返回类型在这里会做同样的事情，但auto && 更好地证明了这个函数总是返回一个引用。它还避免了再次提及变量名称，我想这会使重命名变量稍微容易一些。

从 C++17 开始，转发 lambda 在可能的情况下也是隐式 constexpr。

【讨论】：

clang 没有您描述的错误。如果您实际实例化模板函数，它会正确诊断错误。但是你的static_assert只检查compiles(0)的签名，错误不在签名中。
其实GCC也没有这个bug。如果该函数实际上也被实例化，则您的示例被 GCC 正确拒绝。有一个密切相关的错误，但不会被您的测试程序暴露出来。
是的，没有错误。 lambda 编译，您不能使用右值引用（在 gcc 或 clang 上）调用它。我只是检查返回类型，所以从未实际实例化实体。
我已将错误报告视为无效而关闭。感谢您的调查

【解决方案2】：

您的前两次尝试不起作用，因为返回类型推导丢弃了顶级 cv 限定符和引用，这使得通用转发变得不可能。你的第三个是完全正确的~~只是不必要的冗长，强制转换是隐含在返回类型中的~~。而noexcept 与转发无关。

为了完整起见，这里还有一些值得放弃的选项：

auto v0 = [](auto&& x) -> decltype(x) { return x; };
auto v1 = [](auto&& x) -> auto&& { return x; };
auto v2 = [](auto&& x) -> auto&& { return std::forward<decltype(x)>(x); };
auto v3 = [](auto&& x) -> decltype(auto) { return std::forward<decltype(x)>(x); };

v0 将编译并看起来好像它返回正确的类型，但如果您使用右值引用调用它，由于请求从左值引用 (x) 到右值引用 (@ 987654325@)。这在 gcc 和 clang 上都失败了。

v1 将始终返回一个左值引用。如果你用临时调用它，这会给你一个悬空引用。

v2 和 v3 都是正确的通用转发 lambda。因此，您有三个用于尾随返回类型的选项（decltype(auto)、auto&& 或 decltype(x)）和一个用于 lambda 主体的选项（调用 std::forward）。

【讨论】：

这是错误的。 OP 在问题中指出这将失败是正确的：x 因为表达式是左值，如果返回类型是右值引用，则不能用作返回表达式。（即使表达式x 是左值，decltype(x) 仍然可以是右值引用类型。）
@hvd OP 没有指出这一点，但是是的。帮助我确定 clang 和 gcc 是否都做了一些它必须正确的事情。用删除线更新了答案。
OP 把“在函数体内，x 是一个左值，所以这不起作用。”在问题中，但不可否认-> decltype(x) 版本，所以是的，这有点令人困惑。 :) 无论如何，clang 确实正确地拒绝了它：[](auto&& x) -> decltype(x) { return x; } (0); 失败并出现“错误：对类型'int'的右值引用不能绑定到类型'int'的左值”。 GCC 也这样做：“错误：无法将 'int' 左值绑定到 'int&&'”。
@hvd 嗯。我当时是如何测试的。我猜答案是“很糟糕”

【解决方案3】：

我能生成的字符最少但功能齐全的版本是：

[](auto&&x)noexcept->auto&&{return decltype(x)(x);}

这使用了一个我觉得有用的习语——在 lambda 中转发 auto&& 参数时，执行 decltype(arg)(arg)。如果您知道 arg 是引用类型，则通过 forward 转发 decltype 相对没有意义。

如果x 是值类型，decltype(x)(x) 实际上会生成x 的副本，而std::forward<decltype(x)>(x) 会生成对x 的右值引用。所以decltype(x)(x) 模式在一般情况下不如forward 有用：但这不是一般情况。

auto&& 将允许返回引用（匹配传入的引用）。遗憾的是，引用生命周期延长不适用于上述代码——我发现将右值引用转发到右值引用通常是错误的解决方案。

template<class T>struct tag{using type=T;};
template<class Tag>using type=typename Tag::type;
template<class T> struct R_t:tag<T>{};
template<class T> struct R_t<T&>:tag<T&>{};
template<class T> struct R_t<T&&>:tag<T>{};
template<class T>using R=type<R_t<T>>;

[](auto&&x)noexcept->R<decltype(x)>{return decltype(x)(x);}

给你这种行为。左值引用变成左值引用，右值引用变成值。

【讨论】：