显式指定通用 lambda 的 operator() 模板参数是否合法？答案

【问题标题】：Is it legal to explicitly specify a generic lambda's operator() template arguments?显式指定通用 lambda 的 operator() 模板参数是否合法？
【发布时间】：2018-08-29 18:29:32
【问题描述】：

是否符合以下 C++ 代码标准？

#include <iostream>

int main()
{
    [](auto v){ std::cout << v << std::endl; }.operator()<int>(42);
}

clang++ 3.8.0 和 g++ 7.2.0 compile this code fine（编译器标志为 -std=c++14 -Wall -Wextra -Werror -pedantic-errors）。

【问题讨论】：

如果你想查，这里有一份标准的here。
AFAIK 确实如此。 lambda 的 operator() 是公开的，所以我看不到任何可以阻止它的东西。
阅读en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda。你可以做到的。
我知道您不必在language-lawyer 中给出原因，但出于好奇，您可能希望在哪种情况下给出原因？
@SergeyA, template <class From, class To> constexpr To nightmare_cast(From t) { return [](auto v)constexpr{ return v; }.operator() < To > (t); } 愿诸神原谅我:)

标签： c++ templates lambda language-lawyer generic-lambda

【解决方案1】：

这确实符合标准。该标准规定必须有一个成员operator()，并且在其参数声明子句中为auto 的每一次出现都有一个模板参数。没有任何措辞禁止明确提供这些内容。

底线：lambda 的调用运算符只是一个普通函数（模板，如果是通用的）。

供参考，相关标准条款：

非泛型 lambda 表达式的闭包类型有一个公共的内联函数调用运算符（16.5.4），其参数和返回类型由 lambda 表达式描述 parameter-declaration-clause 和 trailing-return-type 分别。对于泛型 lambda，闭包类型具有公共内联函数调用操作员成员模板 (17.5.2)，其模板参数列表由每个出现的一个发明类型模板参数组成 lambda 的参数声明子句中的 auto ，按顺序外观。发明的类型模板参数是一个参数包如果相应的参数声明声明了一个函数参数包 (11.3.5)。返回类型和函数参数函数调用运算符模板源自 lambda 表达式的尾随返回类型和 parameter-declaration-clause 通过替换每次出现的 auto in 带有名称的参数声明子句的声明说明符相应发明的模板参数。

N4659 (C++17) 中的 8.1.5.1/3 [expr.prim.lambda.closure]，强调我的。

【讨论】：

【解决方案2】：

是的，它似乎定义明确，因为 lambda 的 operator() 的模板参数是严格定义的。

[expr.prim.lambda]/5

...
对于泛型 lambda，闭包类型具有公共内联函数调用操作员成员模板 (14.5.2)，其 template-parameter-list 由一种发明类型 template-parameter 组成对于 lambda 的 parameter-declaration-clause 中每次出现的 auto，按出现顺序。
...

【讨论】：