如果lambda表达式返回vector的一个元素，那么它的返回类型是什么？

Question

考虑以下代码片段：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>

int main() 
{
    std::vector<int>v = {0,1,2,3,4,5,6};
    std::function<const int&(int)> f = [&v](int i) { return v[i];}; 
    std::function<const int&(int)> g = [&v](int i) -> const int& { return v[i];};

    std::cout << f(3) << ' ' << g(3) << std::endl;
    return 0;
}

我本来期望得到同样的结果：在 f 中，v 是通过 const 引用传递的，所以 v[i] 应该有 const int& 类型。

然而，我得到了如下结果

 0 3

如果我不使用std :: function，一切都好：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>

int main() 
{
    std::vector<int>v = {0,1,2,3,4,5,6};
    auto f = [&v](int i) { return v[i];}; 
    auto g = [&v](int i) -> const int& { return v[i];};

    std::cout << f(3) << ' ' << g(3) << std::endl;
    return 0;
}

输出：

3 3

因此我想知道：

1. 在第二个片段中，lambda表达式f的返回类型是什么？f和g是相同的吗？

2. 在第一个片段中，构造std::function f时发生了什么，导致出现错误？

- Jing Li

---

更具体地说，段错误发生在 f(3) 上，而不是 g(3)。 - huu

v 是通过 const 引用传递的，所以 v[i] 应该具有 const int& 类型。不，v 被引用捕获，因此 v[i] 是非 const 的 int&。我不确定在这种情况下是否应该有所区别。在 gcc 4.9.2 中似乎有预期的输出。 - eerorika

这对我来说看起来很有bug，但它也可能是lambda捕获引用变得悬空的后果。我得扫描标准。这就是为什么C++11很糟糕的原因。 - Lightness Races in Orbit

如果目标函数通过值返回T（你的第一个lambda），那么std::function<const T&(blah)>始终是未定义行为，因为它导致悬空引用。C++标准委员会正在考虑将其定义为非法。 - Jonathan Wakely

@LightningRacisinObrit，挂起的不是捕获引用，而是dangling指的是std::function<const int&(int)>::operator()返回值，因为它被绑定到了std::function<const int&(int)>::operator()(int)内部的一个局部临时变量上。 - Jonathan Wakely

Answer 1

一个lambda表达式的返回类型使用auto自动推断规则，这会去掉引用。 （最初它使用了一组基于左值到右值转换（也删除了引用）的略微不同的规则，但这已由 DR 更改。）

因此，[&v](int i) { return v [i];};返回int。结果，在std :: function<const int&(int)> f = [&v]（int i）{return v [i];}；中调用f()将返回一个悬空引用。将引用绑定到临时对象会延长临时对象的生存期，但在这种情况下，绑定发生在std :: function的内部机制深处，因此当f()返回时，临时对象已经消失。 g(3)是可以的，因为返回的const int &直接绑定到向量元素v [i]，所以引用从未悬挂。

- T.C.

---

g(3) 返回 vector 内部存储中 int 的引用，对吗？那么理论上说，vector 是否可能重新分配内存并使该引用无效？ - barney

Answer 2

如果 lambda 表达式返回一个 vector 的项，则返回类型是什么？这是错误的问题。您应该问的是，如果 lambda 表达式没有明确指定返回类型，那么返回类型是什么？答案在 C++11 5.1.2 [expr.prim.lambda] 段落 5 中给出，其中它说，如果 lambda 没有 return expr; 语句，则返回 void；否则返回表达式的类型，经过左值到右值转换（4.1）、数组到指针转换（4.2）和函数到指针转换（4.3）后的结果。左值到右值转换意味着，如果返回语句返回像 v[i] 这样的左值，它会衰减为 rvalue，即它只返回 int。所以你的代码问题在于lambda 返回一个临时值，但包装它的 std::function 绑定了对该临时值的引用。当你尝试打印出该值时，临时值已经消失了（它被绑定到一个不再存在的栈帧对象中），因此你有未定义的行为。解决方法是使用 std::function 或确保 lambda 返回一个有效的引用，而不是一个 rvalue。在 C++14 中，非 lambda 函数也可以使用返回类型推导。

auto f(std::vector<int>& v, int i) { return v[i]; }

这遵循与C++11关于lambda的规则类似（但不完全相同）的规则，因此返回类型是int。要返回引用，您需要使用：

decltype(auto) f(std::vector<int>& v, int i) { return v[i]; }

- Jonathan Wakely

---

@T.C.，是的，但这并不会改变结果，对吧？我有意引用了C++11 5.1.2，而不仅仅是5.1.2，因为问题标记为c++11。我知道DR被认为是针对C++11的修复，但由于它实际上并没有改变这里的结果，所以我选择了C++11中发布的措辞。 - Jonathan Wakely

没关系，在这种情况下无所谓。 - T.C.

我还是加了一条注释，以澄清实际上编译器应该在 C++11 模式下遵循 C++14 规则。感谢你找到相关的 DR :) - Jonathan Wakely

你还应该修改最后的陈述，因为如果我理解正确，在DR之后，这些规则与“auto”使用的规则是相同的。 - KRyan

在C++14中，你也可以使用decltype(auto)作为lambda的返回类型，类似于常规函数的自动类型推断。例如[&v](int i) -> decltype(auto) {return v[i];}。 - vsoftco

@KRyan，不是的，DR1048后，无论是Lambda函数还是普通函数都不使用"C++11规则"。 Lambda函数和普通函数都使用[temp.deduct.call]中的规则，这些规则与C++11的[expr.prim.lambda]中的规则不同。���们是相似但不完全相同的。 - Jonathan Wakely

Answer 3

1. 我认为第一个lambda函数可能会返回int或者int&¹。由于引用v并不是指向常量对象，所以不会是const int&（即使捕获本身不可变也无关紧要，因为这是引用本身）

2. 当绑定到常量引用时，临时对象的生命周期将延长到封闭作用域的末尾

---

¹ 我稍后会深入研究。现在，按照通常的推导直觉来说，auto将推导出int，而auto&将推导出int&，因此我预计实际返回类型是int。如果有人比我先完成，那就更好了。我几个小时内没有时间。

请参见@milleniumbug提供的测试：Live On Coliru

- sehe

---

谢谢，@milleniumbug。我能编辑它吗？（如果我没有回应，您可以将其编辑掉）。那就不能很好地解释编译器的行为了。_(唉，没时间专心)_ - sehe

v 的常量性并不是很重要，lambda 表达式的推导返回类型会衰减（就像 T.C. 的回答所说的 auto 返回一样），因此无论 v[i] 是否为 const，其类型都是 int。 - Jonathan Wakely