C++ 如何在C++；14?

如何在C++14中编写通用转发lambda

试试看 在函数体中，

x

是一个左值，因此这不起作用

试试看

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添加

noexcept

是否会使此lambda更适用，从而严格优于#3

您的前两次尝试不起作用，因为返回类型扣除会删除顶级cv限定符和引用，这使得通用转发不可能。您的第三个是完全正确的，只是不必要地冗长，强制转换是隐含在返回类型中的。而

noexcept

与转发无关

为了完整起见，这里还有一些值得抛弃的选项：

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); };

autov0=[]（auto&&x）->decltype（x）{return x；}；
自动v1=[]（自动和&x）->自动和&{return x；}；
autov2=[]（auto&&x）->auto&&{return std:：forward（x）；}；
autov3=[]（auto&&x）->decltype（auto）{return std:：forward（x）；}；

v0

将进行编译，看起来好像它返回了正确的类型，但是如果使用右值引用调用它，则编译将失败，因为请求的隐式转换是从左值引用（

x

）到右值引用（

decltype（x）

）。这在gcc和clang上都失败了

v1

将始终返回左值引用。如果你用“临时”来称呼它，那会给你一个悬而未决的参考

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v2

和

v3

都是正确的通用转发lambda。因此，您有三个用于尾部返回类型的选项（

decltype（auto）

，

auto&

，或

decltype（x）

）和一个用于lambda主体的选项（调用

std:：forward

）。

decltype（x）

的返回类型是不够的

可以将按值获取的局部变量和函数参数隐式移动到返回值中，但不能将右值引用获取的函数参数移动到返回值中（x是左值，即使传递右值时，

decltype（x）

==右值引用）。委员会给出的理由是，他们想确定，当编译器隐式移动时，其他人不可能拥有它。这就是为什么我们可以从prvalue（临时的、非引用限定的返回值）和函数本地值移动。然而，有些人可能会做一些愚蠢的事情，比如

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

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返回类型

decltype（auto）

在这里也会做同样的事情，但是

auto&

更好地说明了此函数总是返回引用。它还避免了再次提及变量名，我认为这使重命名变量稍微容易一些

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从C++17开始，转发lambda在可能的情况下也是隐式的constexpr。

我能生成的最少字符，但功能齐全的版本是：

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

这使用了一个我觉得很有用的习惯用法——在lambda中转发

auto&

参数时，do

decltype（arg）（arg）

。如果您知道arg是引用类型，则通过

转发
decltype
转发相对来说毫无意义

如果
x
是值类型，
decltype（x）（x）
实际生成
x
的副本，而
std:：forward（x）
生成对
x
的右值引用。因此，
decltype（x）（x）
模式在一般情况下不如
forward
：但这不是一般情况

auto&
将允许返回引用（与传入引用匹配）。遗憾的是，引用生存期扩展无法与上述代码一起正常工作——我发现将右值引用转发到右值引用通常是错误的解决方案

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);}

templatestruct标记{using type=T；}；
templateusing type=typename标记：：type；
模板结构R\u t:tag{}；
模板结构R\u t:tag{}；
模板结构R\u t:tag{}；
使用templater=type的模板；
[]（auto&&x）noexcept->R{return decltype（x）（x）；}

给你这种行为。左值引用变成左值引用，右值引用变成值。
尝试1已经足够了。如果数据类型定义了移动构造函数/移动赋值，编译器将为您移动它。这是错误的。OP在问题中指出这将失败是正确的：
x
，因为表达式是左值，如果返回类型是右值引用，则不能用作返回表达式。（即使表达式
x
是左值，
decltype（x）
仍然可以是右值引用类型。）@hvd OP没有指出这一点，但是是的。我认为，如果clang和gcc都做了一些必须纠正的事情，这对我来说是正确的。用删除线更新了答案。OP在问题中指出“在函数体内部，x是一个左值，所以这不起作用。”但不可否认的是，对于
->decltype（x）
版本，这有点令人困惑无论如何，clang确实正确地拒绝了它：
[]（auto&&x）->decltype（x）{return x；}（0）失败，出现“错误：对类型“int”的右值引用无法绑定到类型“int”的左值”。GCC也会这样做：“错误：无法将'int'左值绑定到'int&'。@hvd-Huh。我当时是如何测试这个的。我想答案是“糟糕”的叮当声没有你描述的bug。如果您实际实例化了模板函数，它将正确地诊断错误。但是您的
静态断言只检查
编译（0）
的签名，错误不在签名中。实际上，GCC也没有错误。如果函数也被实际实例化，那么GCC将正确地拒绝您的示例。有一个密切相关的错误，但不是你的测试程序暴露出来的东西。是的，没有错误。lambda编译后，就不能用右值引用调用它（在gcc或clang上）。我只检查了返回类型，所以没有实际实例化实体。我关闭了错误报告，认为它无效。谢谢你的调查
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); };

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

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

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

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);}