为什么 std::forward 在 lambda 主体中不起作用？答案

【问题标题】：Why does std::forward not work in the lambda body?为什么 std::forward 在 lambda 主体中不起作用？
【发布时间】：2022-01-09 18:18:45
【问题描述】：

#include <utility>

void f(auto const& fn1)
{
    {
        auto fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1);
        auto fn3 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // ok
        fn3();
    }

    [fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1)]
    {
        auto const fn3 = fn2;
        auto fn4 = std::forward<decltype(fn3)>(fn3); // ok
        fn4();
    
        auto fn5 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // error
        fn5();
    }();
}

int main()
{
    f([] {});
}

godbolt demo

为什么 std::forward 在 lambda 主体中不起作用？

更新信息：

g++ 可以，但是 clang++ 拒绝它。谁是正确的？

【问题讨论】：

为什么你不把它写成一个没有 auto 参数的“普通”模板。在你的情况下，所有 decltype 的东西都让我作为一个读者很困惑。拥有简单的typename T 会更容易理解。而且我也很难理解为什么使用 const& 因为它不是转发引用而是使用 std::forward。
这是一个最小化的POC。

标签： c++ lambda c++20 mutable perfect-forwarding

【解决方案1】：

Clang 拒绝它是正确的。

decltype(fn2) 给出 fn2 的类型，假设 lambda 闭包类型是 T，那么它将是 T。 lambda 的函数调用运算符是 const 限定的，那么 std::forward<decltype(fn2)>(fn2) 调用失败。 std::forward 的模板参数明确指定为T，然后std::forward<decltype(fn2)> 应该接受T&（和T&&）作为其参数类型，但const fn2 不能被绑定引用非常量。

作为解决方法，您可以将 lambda 标记为 mutable。

[fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1)] mutable
{
    auto fn3 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // fine
    fn3();
}();

【讨论】：

但是fn2 是左值。它是如何绑定到T&&的？
@TheScore 抱歉，我忘了提到采用左值引用的重载。
谢谢你的编辑完美地回答了我的疑问。

【解决方案2】：

lambda 的捕获是闭包类的成员，主体是operator() const。

您正试图在 const 成员函数中移动类的数据成员，这是编译器错误告诉您的内容

note: candidate function template not viable: 1st argument ('const (lambda at <source>:20:7)') would lose const qualifier

【讨论】：

我的意图是复制，而不是移动，fn2 到 fn3，为什么 std::forward<decltype(fn2)>(fn2) 不是 T const& 在 lambda 正文中？
@xmllmx 因为它是一个值捕获，而不是一个引用捕获
我还有问题，请参阅我更新的问题。
我认为转发一个 const 对象应该产生T const& 而不是T&&。
@xmllmx 它是 const 上下文中的可变对象