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c++ - 为什么 lambda 函数默认删除推导的返回类型引用？

coder 2024-02-10 原文

在 C++14 中，为什么具有推导返回类型的 lambda 函数默认从返回类型中删除引用？ IIUC，因为具有推导返回类型(没有显式尾随返回类型)的 C++14 lambda 函数的返回类型为 auto ，它会删除引用(除其他外)。

为什么做出这个决定？在我看来，当您的 return 语句返回引用时，删除引用就像一个陷阱。

此行为对我造成了以下讨厌的错误:

class Int {
public:
   Int(int i) : m_int{i} {}
   int m_int;
};

class C {
public:
    C(Int obj) : m_obj{obj} {}
    const auto& getObj() { return m_obj; }
    Int m_obj;
};

class D {
public:
    D(std::function<const Int&()> f) : m_f{f} {}
    std::function<const Int&()> m_f;
};

Int myint{5};
C c{myint};
D d{ [&c](){ return c.getObj(); } } // The deduced return type of the lambda is Int (with no reference)
const Int& myref = d.m_f(); // Instead of referencing myint, myref is a dangling reference; d.m_f() returned a copy of myint, which is subsequently destroyed.

初始化时指定所需的返回类型 d解决问题:

D d{ [&c]() -> const Int& { return c.getObj(); } }

有趣的是，即使 auto返回类型推导是有道理的，这不是std::function<const Int&>的错误吗？使用返回非引用的函数愉快地初始化？我也通过明确写作看到了这一点:

D d{ [&c]() -> Int { return c.getObj(); } }

编译没有问题。 (在 Xcode 8 , clang 8.0.0 上)

最佳答案

我认为您遇到问题的地方实际上是 return c.getObj(); 行中的表达式 c.getObj()。

您认为表达式 c.getObj() 的类型为 const Int&。然而事实并非如此；表达式永远没有引用类型。正如 Kerrek SB 在评论中指出的那样，我们有时将表达式当作具有引用类型来讨论，以此作为避免冗长的捷径，但这会导致误解，因此我认为了解真正发生的事情很重要。

在声明中使用引用类型(包括在 getObj 的声明中作为返回类型)会影响被声明的事物的初始化方式，但一旦初始化，就没有不再有任何证据表明它最初是一个引用。

这是一个更简单的例子:

int a; int &b = a;  // 1

对比

int b; int &a = b;  // 2

这两个代码完全相同(除了 decltype(a) 或 decltype(b) 的结果，这对系统)。在这两种情况下，表达式 a 和 b 都具有类型 int 和值类别“lvalue”，并且表示相同的对象。 a 不是“真实对象”，b 是某种指向 a 的伪装指针。他们都是平等的。这是一个具有两个名称的对象。

现在回到您的代码:表达式 c.getObj() 与 c.m_obj 具有完全相同的行为，除了访问权限。类型是Int，值类别是“lvalue”。 getObj() 的返回类型中的& 仅指示这是一个左值，它还会指定一个已经存在的对象(近似而言)。

因此，从 return c.getObj(); 推导出的返回类型与 return c.m_obj; 的返回类型相同，后者是兼容的如其他地方所述，使用模板类型推导 -- 不是引用类型。

注意。如果您理解了这篇文章，您也会理解为什么我不喜欢将“引用”作为“自动取消引用的伪装指针”来教授的教学法，这种方法介于错误和危险之间。

关于c++ - 为什么 lambda 函数默认删除推导的返回类型引用？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/41534031/

amplambdacodegetObjreturnc++clangc++14auto

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