如何明确 lambda 中捕获的变量的类型？答案

【问题标题】：How to be explicit about the type of a captured variable in a lambda?如何明确 lambda 中捕获的变量的类型？
【发布时间】：2019-10-12 08:55:56
【问题描述】：

如何在 C++ 中为 lambda 显式指定捕获变量的类型？

例如，假设我有一个接受通用引用的函数，并且我想将其完美转发到 lambda。

我发现，我可以使用std::tuple，如下所示，但我想知道是否有更简洁的方法。

template<typename T>
auto returns_functor (T&& value)
{
  return [value = std::tuple<T> (std::forward<T> (value))] ()
  {
    /* use std::get<0> (value) */
  };
}

相关：Capturing perfectly-forwarded variable in lambda（那里接受的答案表明这是一个不同的问题，但进一步的答案基本上给出了上述解决方案）。

【问题讨论】：

如果你把它保留为T 有什么优点来指定它？
value = std::forward<T>(value) 有什么问题？
@HolyBlackCat 那不是总是按副本捕获吗？
@RaymondChen 在该示例中，您传入了一个右值引用，因此它将被移动到 tuple<string> 中，并且没有生命周期问题。可能的问题是如果你传入一个左值引用，然后让 lambda 活得更久。
@HolyBlackCat 它会复制或移动，但它永远不会持有引用。所以不能算完美转发。此外，如果您只需要复制或移动，那么您只需指定[value]。

标签： c++ lambda capture

【解决方案1】：

另一种获取右值（通用引用）的方式如下，

template< typename T>
T getRvalue( T&& temp)
{
  auto lambda = [ rTemp = std::move( temp)]() mutable
  {
     return T( std::forward< T>( rTemp));
  };

  return lambda();
}

std::move() 允许捕获无法通过复制捕获的可移动类型的对象。 mutable在lambda这里非常重要，直到没有使用mutable，lambda捕获的对象都不能修改，编译会产生如下错误，

cannot conver 'rTemp (type 'const T') to type 'std::remove_reference<T>::type&' {aka 'T&'}
return T( std::forward< T>( rTemp));

现在关于第一个问题，
“如何在 C++ 中为 lambda 显式指定捕获变量的类型？”

所以不需要指定类型，编译会做，见以下链接，

https://en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda

上面写着A capture with an initializer acts as if it declares and explicitly captures a variable declared with type auto, whose declarative region is the body of the lambda expression. 简单来说就是自动变量是根据初始化器推导出来的，不需要明确指定它的类型，例如

int x = 1;
auto lambda = [ y = x + 2](){ std::cout<< "y = "<< y<< std::endl;};

这里的y 将被初始化器x + 2 推导出为int。

【讨论】：