如何在C++14中编写通用的转发Lambda？

Question

我该如何在C++14中编写一个通用的转发lambda函数？

尝试 #1

[](auto&& x) { return x; }

在函数主体中，x是一个左值，所以这并不起作用。

尝试 #2

[](auto&& x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

这个lambda函数内部正确地进行了引用传递，但它总是会返回按值（除非编译器省略了复制操作）。

尝试 #3

[](auto&& x) -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

这将返回与参数相同的类型（可能-> auto&&也可以正常工作），并且似乎可以正常工作。

第四次尝试

[](auto&& x) noexcept -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }

添加 noexcept 是否会使得这个lambda表达式更适用，从而比#3严格更好呢？

- mavam

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尝试一次就足够了。如果数据类型有移动构造函数/移动赋值定义，编译器会为您移动它。 - madduci

Answer 1

< p>使用decltype(x) 作为返回类型是不够的。

本地变量和按值传递的函数参数可以隐式地移动到返回值中，但是按rvalue引用取的函数参数不能（x 是lvalue，即使通过传递rvalue，decltype(x) == rvalue 引用）。委员会的理由是他们想确保在编译器隐式移动时，没有其他人可能拥有它。这就是为什么我们可以从prvalue中移动（临时对象，非参考限定返回值），也可以从函数局部值中移动。然而，有些人可能会做一些愚蠢的事情，例如

std::string str = "Hello, world!";
f(std::move(str));
std::cout << str << '\n';

委员会不想悄悄实施不安全的动作，他们认为应该从更保守的角度开始使用这个新的“move”功能。请注意，在C++20中，这个问题将得到解决，您只需做return x就可以了。详情请见http://www.open-std.org/jtc1/sc22/wg21/docs/papers/2017/p0527r0.html 对于一个转发函数，我会尝试使noexcept正确。在这里很容易做到，因为我们只是处理引用（它是无条件的noexcept）。否则，您将破坏关心noexcept的代码。

这使最终理想的转发lambda看起来如下：

auto lambda = [](auto && x) noexcept -> auto && { return std::forward<decltype(x)>(x); };

decltype(auto)的返回类型在这里也能够做到同样的事情，但是auto &&更好地记录了这个函数总是返回一个引用。它还避免了再次提到变量名，我想这使得重命名变量稍微容易了一些。

从C++17开始，转发lambda在可能的情况下也会隐式地成为constexpr。

- David Stone

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clang没有你描述的那个bug。如果你实例化模板函数，它会正确地诊断错误。但是你的static_assert只检查了compiles(0)的签名，而错误不在签名中。 - user743382

实际上，GCC也没有这个错误。如果函数确实被实例化，您的示例将被GCC正确拒绝。存在一个密切相关的错误，但不会被您的测试程序暴露出来。 - user743382

是的，没有 bug。Lambda 编译通过了，只是你不能使用右值引用来调用它（无论是在 GCC 还是 Clang 上）。我之前只检查了返回类型，所以从未实例化过函数体。 - Barry

我已将错误报告标记为无效。感谢您的关注。 - David Stone

Answer 2

你的前两个尝试都行不通，因为返回类型推断会丢弃顶层cv限定符和引用，这使得通用转发成为不可能。你的第三个尝试是完全正确的，只是有点啰嗦，因为强制转换在返回类型中是隐含的。而且，noexcept与转发无关。

以下是几个值得完整讨论的其他选项：

auto v0 = [](auto&& x) -> decltype(x) { return x; };
auto v1 = [](auto&& x) -> auto&& { return x; };
auto v2 = [](auto&& x) -> auto&& { return std::forward<decltype(x)>(x); };
auto v3 = [](auto&& x) -> decltype(auto) { return std::forward<decltype(x)>(x); };

v0将编译并且看起来返回了正确的类型，但是如果你使用一个右值引用调用它，则会在编译时失败，因为需要将左值引用(x)隐式转换为右值引用(decltype(x))。在gcc和clang上都会失败。

v1总是会返回一个左值引用。如果使用临时对象调用它，则会得到一个悬空引用。

v2和v3都是正确的泛型转发lambda表达式。因此，在你的尾随返回类型中有三个选项（decltype(auto), auto&&或decltype(x)），在lambda表达式主体中只有一种选择（调用std::forward）。

- Barry

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这是错误的。OP在问题中指出这将失败是正确的：x作为一个表达式是一个lvalue，如果返回类型是一个rvalue引用，它不能被用作返回表达式。(即使表达式x是一个lvalue，decltype(x)仍然可以是一个rvalue引用类型。) - user743382

@hvd 没有指出这一点，但是没错。如果clang和gcc都做某件事情，那么我就想当然地认为它一定是正确的。我已经用横线更新了答案。 - Barry

OP在问题中写道：“在函数体内，x是一个lvalue，所以这样不行。”但是对于-> decltype(x)版本，他承认自己没有这么写，所以有点令人困惑。无论如何，clang确实拒绝了它：[](auto&& x) -> decltype(x) { return x; } (0);会报错“error: rvalue reference to type 'int' cannot bind to lvalue of type 'int'”。GCC也一样：“error: cannot bind 'int' lvalue to 'int&&'”。 - user743382

@hvd 呃，那我怎么测试这个呢？我想答案是“糟糕”。 - Barry

Answer 3

我能生成最简洁但功能齐全的版本是：

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

这里用到了一个我认为很有用的习惯用语 -- 当在lambda中转发auto&&参数时，使用decltype(arg)(arg)。如果你知道arg是引用类型，那么通过forward转发decltype相对无意义。

如果x是值类型，decltype(x)(x)实际上会产生x的副本，而std::forward<decltype(x)>(x)则会产生x的右值引用。因此，在一般情况下，decltype(x)(x)模式比forward要少用：但这并不是常规情况。 auto&&将允许返回引用（匹配传入引用）。不幸的是，参考生命周期扩展在上述代码中不能正常工作--我发现将右值引用转发到右值引用通常不是正确的解决方案。

template<class T>struct tag{using type=T;};
template<class Tag>using type=typename Tag::type;
template<class T> struct R_t:tag<T>{};
template<class T> struct R_t<T&>:tag<T&>{};
template<class T> struct R_t<T&&>:tag<T>{};
template<class T>using R=type<R_t<T>>;

[](auto&&x)noexcept->R<decltype(x)>{return decltype(x)(x);}

这个行为会改变引用的类型。左值引用仍然是左值引用，右值引用则变成了值。

- Yakk - Adam Nevraumont