C+中lambda的类型+； 我试图在C++中学习lambdas，但遇到了一些我不太懂的东西。

以下是代码：

#include <iostream>

typedef double Func(double); 

double applyFunc(Func f, double x)
{
    return f(x);
}

int main()
{
    std::cout << applyFunc([](double x) {return x + 1;}, 3) << std::endl;
}

然后我从编译器中得到一个错误：

In function ‘int main()’:
error: cannot convert ‘main()::__lambda0’ to ‘double (*)(double)’ for argument ‘1’ to ‘double applyFunc(double (*)(double), double)’
  3) << std::endl;
   ^

函数“int main（）”中的

：
错误：无法将参数“1”的“main（）：：：”转换为“double（*）（double）”，将其转换为“double applyFunc（double（*）（double），double”
3） lambda只有在没有捕获的情况下才可转换为函数指针，我们可以通过查看标准草案部分
5.1.2
lambda表达式（强调我的）：

没有lambda捕获的lambda表达式的闭包类型具有
公共非虚拟非显式常量到指针的转换函数
具有与闭包相同的参数和返回类型的函数
类型的函数调用运算符。此转换返回的值
函数应为调用时具有
与调用闭包类型的函数调用操作符的效果相同

这是一种不依赖于此转换的替代解决方案：

template <typename Callable>
double applyFunc(Callable f, double x)
{
    return f(x);
}

模板
双applyFunc（可调用f，双x）
{
返回f（x）；
}

更新

如果您对使用
std:：function
和模板之间的区别感兴趣，那么您应该阅读。这里有很多好的答案，也有很多值得思考的地方
 每个lambda表达式返回一个具有不同类型的对象。如果lambda表达式未捕获任何变量，则可以将其转换为具有适当签名的函数指针类型（即，返回类型和参数需要与lambda表达式的类型和参数一致）。当捕获变量时，创建的实体不能用普通函数表示。相反，lambda表达式生成一个类类型的对象，该对象带有一个函数调用操作符。也就是说，第二段代码使用lambda表达式生成一个类的对象，该类的对象大致相当于：

class lambda {
     int n;
public:
     lambda(int n): n(n) {}
     double operator()(double x) const { return x + n; }
};

std:：function可以是可选解决方案。指向函数的指针不可能存储
n
。编译器错误告诉您lambda函数无法转换为函数指针。您只需要将其转换为std:：function对象。此处不需要
std:：function
。推断出一个表示任何可调用类型的模板参数。@chris；啊，我不知道。我以为他在函数指针签名方面遇到了问题。非常感谢！所以，据我所知，有两种方法可以将输入参数的类型定义为函数：从模板推断类型或使用std:：function。两者都在发挥作用，并产生相同的结果。我想知道，在什么情况下我必须使用std:：function？@Ganil我更新了我的答案，并添加了一个链接，链接到了一个极好的问题，这个问题涵盖了这一点，我不可能用摘要来公正地回答这些问题。
class lambda {
     int n;
public:
     lambda(int n): n(n) {}
     double operator()(double x) const { return x + n; }
};