c++ - 如何明确说明 lambda 中捕获变量的类型？

Question

如何在 C++ 中为 lambda 显式指定捕获变量的类型？

例如，假设我有一个采用通用引用的函数，并且我想将其完美转发到 lambda 中。

我发现，我可以为此使用 std::tuple，如下所示，但我想知道是否有更简洁的方法。

template<typename T>
auto returns_functor (T&& value)
{
  return [value = std::tuple<T> (std::forward<T> (value))] ()
  {
    /* use std::get<0> (value) */
  };
}

相关:Capturing perfectly-forwarded variable in lambda (那里接受的答案表明这是一个不同的问题，但进一步的答案基本上给出了上述解决方案)。

Answer 1

另一种捕获右值(通用引用)的方法如下，

template< typename T>
T getRvalue( T&& temp)
{
  auto lambda = [ rTemp = std::move( temp)]() mutable
  {
     return T( std::forward< T>( rTemp));
  };

  return lambda();
}

std::move() 允许捕获无法通过复制捕获的可移动类型的对象。mutable 在 lambda 中非常重要，除非使用 mutable，lambda 捕获的对象无法修改，编译会产生以下错误，

cannot conver 'rTemp (type 'const T') to type 'std::remove_reference<T>::type&' {aka 'T&'}
return T( std::forward< T>( rTemp));

关于第一个问题，
“如何在 C++ 中为 lambda 显式指定捕获变量的类型？”

所以不需要指定类型，编译就可以了，见下面的链接，

https://en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda

它声明 带有初始化器的捕获就像它声明并显式捕获一个声明为 auto 类型的变量一样，其声明区域是 lambda 表达式的主体。 简单来说，就是根据初始化器推导自动变量，不需要明确指定它的类型，例如

int x = 1;
auto lambda = [ y = x + 2](){ std::cout<< "y = "<< y<< std::endl;};

此处 y 将被初始化程序 x + 2 推导出为 int。