通过通用参考捕获

Question

当将推导类型作为 r 值引用传递时，我获得了通用引用功能，并且可以像这样实现完美转发：

template <typename T>
void func(T&& t) {
    other_func(std::forward<T>(t));
}

...由于 T 的派生方式和标准的参考折叠规则。

现在考虑 other_func 接受一个函数对象

template <typename T>
void func(T&& t) {
    other_func([](int v) { return t + v; }); // I chose addition for example purposes
}

现在显然这不会编译，因为 t 没有被捕获。我的问题是：我如何捕获它，以便捕获的值将是 T 推导出的任何值？

这是否可以使用新的通用 lambda 捕获？如果……怎么办？

[t = std::forward<T>(t)] ? 

我仍然没有真正了解新捕获初始化程序的机制...

Answer 1

您可以在 C++11 中“通过通用引用捕获”，因为模板参数 T 的类型可用于 lambda 函数 (hideous live code example at Coliru)：

template <typename T>
void func(T&& t) {
  other_func([&t](int v) {
    return std::forward<T>(t) + v;
  });
}

Answer 2

好的，让我们试试这个。不幸的是，我手头没有支持此功能的编译器，所以如果我在此过程中严重误解了事情，请原谅我。

涉及此的提案是N3648。

这里有趣的部分是 init 捕获中的变量类型是通过auto 推导出来的：

该成员的类型对应于假设的类型 “auto init-capture ;”形式的变量声明[...]。

所以你从捕获列表[c = std::forward<T>(t)] 得到什么的问题等同于你从声明auto c = std::forward<T>(t) 得到什么。

这里推导出的类型将是std::remove_reference<T>::type（引用限定符被auto 删除），所以你总是会在这里得到一个新值。如果t 是一个右值引用，您将移动构造该新值，否则您将复制构造（由于std::forward 的返回值）。

好消息是这个新值归 lambda 所有。所以不管你最初传入的是什么t，从捕获的c 到std::move 都是安全的。因此，即使您不再知道初始 t 的类型，您仍然没有丢失任何东西。

Answer 3

为了通过引用捕获实现所需的行为，不需要 C++14 的通用 lambda 捕获（但与通过引用捕获一样，需要注意不要创建悬空引用）：

template <typename T>
void func(T&& t) {
    other_func([&t](int v) { return  std::forward<T>(t) + v; });
}

相反，如果决定使用按值捕获，则应将 lambda 标记为可变以允许有效移动（因为 const 限定符隐式添加到 lambda）：

template <typename T>
void func(T&& t) {
    other_func([t = std::forward<T>(t)](int v) mutable { return  std::move(t) + v; });
}