lambda fct返回基准

Question

我一直在努力使lambda函数通过引用返回值，而不复制引用的值。下面的代码示例说明了这个问题。它编译并运行ok，但是使用"//“注释行而不是上面的行，它没有。我找到了两个解决方案(在我的示例中都有说明)：

• 用std::ref()包装结果
• 返回指针而不是引用

但这两个解决方案都不是我真正想要的，我也不明白为什么它们是必要的:表达式"makeRefA()“已经具有lambda函数返回的类型(const &)，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(在我的“真实”代码中是一个性能问题)时，复制构造函数才是真正的调用。在我看来，这是一个编译器错误，但我尝试了几个C++11编译器，它们都显示出相同的错误。那么，关于lambda函数中的“返回”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;
}

产出：

3
3

Answer 1

默认情况下，自动推断的lambda类型是类型的非引用版本。

..。返回类型是返回表达式的类型(在lvalue到rvalue、数组到指针或函数到指针的隐式转换之后)；(来源)

如果您想要一个带有引用的返回类型，则必须更明确地指定它。以下是一些选择：

[&]()
-> 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，那么只需使用decltype(auto)，

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

decltype的规则有时会很复杂。但是，makeRefA()是表达式(而不是简单地命名变量)这一事实意味着表达式(const A&)的类型由decltype( makeRefA() )忠实地返回。

Answer 2

可以指定返回类型。

#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 = [&]()->const A&
//    { return std::ref(makeRefA()); }; //compiles ok
    { return makeRefA(); }; // works
    foo(fctRef());

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

    return 0;
}

Answer 3

根据http://en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda，这些规则适用于没有尾随返回类型的lambdas：

• 在C++11中，将lvalue到rvalue、数组到指针或函数到指针的隐式转换应用于返回表达式的类型。(在这里，从lvalue到rvalue的转换是对你的打击。)
• 在C++14和更高版本中，对于返回类型声明为auto的函数，将推导出该类型；而该函数又遵循模板参数推导规则。然后，由于auto不包含引用规范，这意味着引用和cv-限定符将被忽略。

这种效果在大多数情况下可能是可取的:例如，在这个lambda表达式中。

[](const std::vector<int>& v) { return v[0]; }

您可能打算返回一个int，即使std::vector<int>::operator[] const返回const int&。

正如其他人所提到的，您可以通过提供显式的尾部返回类型来覆盖此行为。