C++ 通过lambda函数转发附加参数

这是最小可复制代码

#include <iostream>
#include <string>

void bar(std::string s, int x){        
    std::cout <<std::endl<< __FUNCTION__<<":"<<s<<" "<<x;
}

using f_ptr = void(*)(std::string);


void foo(f_ptr ptr){        
    ptr("Hello world");
}


template<typename T> void fun(T f){
        static int x;
        std::cout <<std::endl<<x++<<std::endl;
        f("Hello World");
}

int main()
{    
    //case:1
    f_ptr ptr1 = [](std::string s){bar(s,10);}; 
   // foo(ptr1);
    
    //case:2
    static int x =10;
    f_ptr ptr2 = [x](std::string s){bar(s,x);}; 
    //foo(ptr2); 
    
    
    //case:3
    int y =10;
    f_ptr ptr3 = [y](std::string s){bar(s,y);}; /* error*/
    foo(ptr3); 
    
    //case:4
    int z = 12;
    fun([z](std::string s){bar(s,z);});
    
    return 0;
}

我的问题是,

有没有办法通过lambda转发额外的参数，比如

case:3

在

案例3

中，什么转换导致错误

在

案例：4

中，

类型名T

被推断为什么

有没有办法通过lambda转发额外的参数，比如

case:3

在

案例3

中，什么转换导致错误

带有捕获列表的lambda无法隐式转换为函数指针；没有俘获的兰博达斯可以。您可以使用

std:：function

void foo(std::function<void(std::string)> f){        
    f("Hello world");
}

voidfoo（std:：函数f）{
f（“你好世界”）；
}

或者像

fun

那样直接使用lambda

在

案例：4

中，

类型名T

被推断为什么

---

该类型将是唯一的闭包类型；lambda表达式是该类型的prvalue表达式。

一些详细信息，为什么会编译而案例3不会编译：

//case:2
static int x =10;
f_ptr ptr2 = [x](std::string s){bar(s,x);}; 

它可以编译，因为它实际上不捕获任何内容，因此lambda可以绑定到函数指针，这在有效捕获情况下是不允许的。标准上说：

5.1.1/2 lambda捕获中的名称应在lambda表达式的上下文范围内，且应为该名称或引用本地名称 具有自动存储持续时间的变量或引用

因此，静态变量捕获情况的行为至少没有指定，但不一定是未定义的行为（实现的自由度）

请注意，捕获静态变量可能会导致令人生疑的可怕问题，因为从捕获列表的语义中可能需要复制值，但实际上没有复制任何内容

---

还要注意的是，这个问题对于全局变量也是一样的（没有自动存储持续时间）

在案例2中，您没有捕获任何内容，因此

[x]

应该只是

[]

（基本上与案例1相同），而在案例3中，lambda对象无法转换为指向普通函数的指针，因为它具有数据成员

y

。在情况4中，T被推断为lambda的一种类型。

//case:2
static int x =10;
f_ptr ptr2 = [x](std::string s){bar(s,x);};