C++ 是C++；11 Lambda自身是否受RAII自动解除分配的约束？

我想编写一个类方法，可以选择接受lambda来定制其行为。所以在使用这个类时，我想知道是否需要担心lambda本身超出了范围

lambda不会引用任何外部变量，所以我不担心变量的范围，只担心lambda本身的范围，我会在类中存储对它的引用

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我是否需要担心lambda本身是如何/在何处创建的？

除了狭隘的情况外，引用不会延长所引用对象的生命周期

使用对生命周期已过期的对象的引用是未定义的行为

无状态lambda的未定义行为可能是“我甚至不使用我的

this

指针”，因此您可能会没事。但是，如果您知道lambda将是无状态的，则可以存储函数指针

现在，为了存储实际的lambda，您的类必须以该lambda类型为模板。如果它是一个无状态lambda，那么它几乎肯定会和对该lambda的引用一样小（或更小）。那为什么不储存一份lambda的拷贝呢

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相反，如果您存储的是

std:：function

等，则这不是对lambda的引用。这是一个类型擦除对象，用于包装lambda的副本。在

std:：function

超出范围后存储对该函数的引用是个坏主意，因为它不是无状态的，当您尝试调用它时，它将关闭并读取垃圾内存。

可能无法完全填充您的答案，但请看一下herb sutter如何使用lambdas解决类似的RAII问题。也见此

模板类锁定器{
私人：
可变T m\u T；//在此处复制lambda。
可变std：：互斥m_m；
公众：
locker（T=T{}）：m_T（T{}
模板
自动运算符（）{
std：：锁紧装置{m{m}；
返回f（t）；
}
};
//用法
储物柜；
s（[]（字符串和s）{
s+=“foobar”；
s+=“巴福”；
});

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这个示例的重要部分是复制Lambda。您不应该持有对lambdas的引用，因为函数本身将位于程序的只读部分。lambda保存的唯一数据是函数指针及其捕获。如果确实有捕获，则取决于lambda的作用域，如果超出了作用域，则将访问已释放的内存。

我认为函数本身永远不会超出作用域。lambda只是函子对象的闪亮语法。它将归结为一个函数指针。不要保留对lambda的引用，但要保留一份副本。如果捕获列表是空的，那么它将是便宜的。一般来说，这些类型的问题最好与您尝试执行的代码示例一起解决。这是它自己独特的类类型的实例。它遵循与任何其他实例相同的对象生存期规则。您是否需要“担心”这完全取决于您如何使用它，我们对此一无所知。函子通常应该通过值来处理，而不是通过引用来处理。Lambda表达式只是创建函子的一种简便方法，因此您也应该将Lambda的结果作为值来处理。Lambda不包含函数指针：它们的

运算符（）

是其类型的一部分，而不是其运行时状态。@YakK：我要重新表述一下，我要指出的是，编译器将生成跳转到标签的代码，而该标签可能不在二进制文件的只读部分。什么？呵呵？从C++11开始，lambda代码“不在二进制文件的只读部分”的原因并不比任何其他代码“不在二进制文件的只读部分”的原因多。（C++1y中有一些建议，比如指向有状态lambda调用的函数指针，可能需要类似的东西）。只读部分中可能没有的唯一内容是存储、复制或引用捕获列表中变量的标签。其他一切都很好。这并不是说您需要自修改代码或ram函数来实现可能泄漏或超出范围的lambda。@Alex：“跳到标签”表示标签位于代码段中；要么是只读代码段，要么是读/写代码段。后者意味着自修改代码。你的两条评论相互矛盾。

template <class T> class locker {
private:
  mutable T m_t; // Copies the lambda here.
  mutable std::mutex m_m;
public:
  locker( T t = T{} ) : m_t(t) {}
  template <typename F>
  auto operator()(F f) const -> decltype(f(m_t)) {
    std::lock_guard<mutex> _{m_m};
    return f(t);
  }
};


// usage 
locker<std::string> s;
s([](string &s) {
  s += "foobar";
  s += "barfoo";
});