c++11 - C++1y 返回类型推断

Question

具有某种 Hindley-Milner 类型推断变体的编程语言可以轻松推断表达式的类型，例如

let rec fix f x = f (fix f) x 

而 C++1y 中的返回类型推断在以下情况下失败:

int main() {
  auto fix =
  [&](auto f) {
    return [&](auto x) {
      return f(fix(f))(x);
    };
  };
  return 0;
}

我用clang 3.5和命令试过这个

clang++ -std=c++1y fix.cc

我得到

fix.cc:7:18: error: variable 'fix' declared with 'auto' type cannot appear in its
own initializer
    return f(fix(f))(x);

C++ 的返回类型推断中缺少什么，当必须推断返回类型时，不允许在它自己的初始值设定项中使用变量？我可以做些什么来解决这个问题，更好的是，我们可以做些什么来解决这个问题？

Answer 1

这里的问题不是类型推断的问题。直接的问题很简单，即使这样做是完全合理且可实现的，也不存在 lambda 引用自身的语法。可以轻松定义引用自身的函数对象。

您的特定 lambda 有一个问题，即您通过引用捕获本地对象，然后允许该引用转义其有效范围，但如果我们将其更改为:

int main() {
  auto fix =
  [](auto &f) {
    return [&](auto x) {
      return f(fix(f))(x);
    };
  };
  return 0;
}

然后我们可以编写和使用等效的函数对象:

#include <iostream>

struct lambda1 {
    template<typename F>
    auto operator() (F &f) const;
};

template<typename F>
struct lambda2 {
    lambda1 const &l1;
    F &f;
    lambda2(lambda1 const &l1, F &f) : l1(l1), f(f) {}

    template<typename X>
    auto operator() (X x) const { return f( l1(f))(x); }
}; 

template<typename F>
auto lambda1::operator() (F &f) const {
    return lambda2<F>(*this, f);
}   //                  ^
    //                  |
    //                  --- there's no syntax to do this inside a lambda.

int main() {
  lambda1 fix;
  auto f = [](auto&&){ return [](int x) {return x;}; };
  std::cout << fix(f)(5) << '\n';
}

如果添加某种语法以允许 lambda 引用自身，那么这会很好。