c++ - lambda fct 返回引用

Question

我努力让 lambda 函数通过引用返回一个值，而不复制引用值。我下面的代码示例说明了这个问题。它编译并运行正常，但是使用“//”注释行而不是上面的行，它没有。我找到了两种解决方法(均在我的示例中进行了说明):

• 用 std::ref() 包装结果
• 返回一个指针而不是一个引用

但这两种解决方法都不是我真正想要的，我不明白为什么它们是必要的:表达式“makeRefA()”已经是 lambda 函数返回的类型 (const A&)，因此既不能复制也不能转换.顺便说一句:当我没有显式删除它时，复制构造函数真的被调用(这在我的“真实”代码中是一个性能问题)。对我来说，它看起来像是一个编译器错误，但我已经尝试过几个 C++11 编译器，它们都显示相同的错误。那么 lambda 函数中的“return”语句有什么特别之处吗？

#include <functional>
#include <iostream>

struct A {
  A(int i) : m(i) { }
  A(const A&) = delete;
  int m;
};

void foo(const A & a) {
  std::cout << a.m <<'\n';
}

const A & makeRefA() {
  static A a(3);
  return a;
}

int main() {
  std::function<const A&()> fctRef = [&]
    { return std::ref(makeRefA()); }; //compiles ok
    //{ return makeRefA(); }; //error: use of deleted function 'A::A(const A&)'
  foo(fctRef());

  std::function<const A*()> fctPtr = 
    [&] { return &makeRefA(); };
  foo(*fctPtr());

  return 0;
}

输出:

3
3

Answer 1

默认情况下，lambda 的自动推导类型是类型的非引用版本

... the return type is the type of the returned expression (after lvalue-to-rvalue, array-to-pointer, or function-to-pointer implicit conversion); (source)

如果你想要一个带有引用的返回类型，你必须更明确地指定它。以下是一些选项:

[&]()
-> decltype( makeRefA() )
{ return makeRefA()); };

或者简单地使用 ->

完全明确返回类型

[&]()
-> const A&
{ return makeRefA(); }

如果使用 C++14，则只需使用 decltype(auto)，

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

decltype 的规则有时会很复杂。但是 makeRefA() 是一个表达式(而不是简单地命名一个变量)这一事实意味着表达式的类型 (const A&) 由 忠实地返回>decltype( makeRefA() ).