C++ C+中的函数签名差异+；11

考虑C++11的lambdas和以下代码

template <typename M>
void call(void (*f)(M), M m)
{
  f(m);
}

int main()
{
  call<int>([](int n) { }, 42);          // OK

  int r;
  call<int>([&](int n) { r = n; }, 42);  // KO
}

模板
无效通知（无效（*f）（M），M）
{
f（m）；
}
int main（）
{
调用（[]（int n）{}，42）；//确定
INTR；
调用（[&]（int n）{r=n；}，42）；//KO
}

lambda之间是否存在签名差异，使得第二个lambda与

call的参数不兼容

我使用g++4.6.1

附带问题：如果我编写
call（[]（int n）{}，42），为什么不能推断参数？
只有无CaptureLambda可以隐式转换为函数指针

捕获变量的lambda无法转换为函数指针，因为它具有需要维护的状态（捕获的变量），并且该状态不能由函数指针表示

无法从函数参数推断类型
M
，因为需要进行转换才能将lambda转换为函数指针。该转换禁止模板参数推断。如果要使用实际函数（例如，
void f（int）
）调用函数
call
，则参数推断可以正常工作。
正如James已经回答的，只有无捕获lambda可以转换为函数指针。具有状态创建函子对象的lambda实现了
操作符（）
，成员函数指针与自由函数指针不兼容

当编译器处理：
[&]（int n）{r=n；}
时，它会生成如下内容：

class __annonymous_lambda_type {
   int & r;
public:
   __annonymous_lambda_type( int & r ) : r(r) {}
   void operator()( int n ) const {
      r = n; 
   }
} __lambda_instatiation;

该类需要存储lambda的状态，在本例中是对外部对象的引用，该外部对象将在执行lambda时被修改。不能将
void操作符（）（int）
绑定到
void（*）（int）

另一方面，如果lambda是无状态的，它可以作为一个自由函数来实现，比如在
[]（int n）{std:：cout注意，
M
是由第二个参数推导出来的。因此，为了实现这一点，我们可以在第一个参数中创建一个非推导上下文。
void调用（void（*f）（typename identity:：type），M）
。现在，C++0x需要这项工作。当前的一些编译器将要求整个参数为非推断上下文（comeau不需要，但GCC和clang afaik需要）。因此，为了提高兼容性，可以说
void call（typename identity:：type，M）
。因为它是一个非推断上下文，所以不会被比较，也不会导致推断失败。@Johannes:啊，斯里克。我不知道非推断上下文可以用来积极禁止推断；我认为它只能用于消极禁止推断。太好了！
void __annonymous_lambda_function( int n ) {
   std::cout << "Hi " << n << std::endl;
}