Question

这不能用作C ++ 14吗？

auto f = [](auto x, auto y = std::decay_t<decltype(x)>{}) { };
f(0);

我原以为它大致相当于

auto f = [](int x, int y) { };
f(0, int{});

GCC 6.3和Clang 4.0都没有接受我的代码。

http://ideone.com/b7b4SK GCC
http://ideone.com/EyLYaL Clang

是否与我对C ++模板演绎阶段缺乏了解有关？ 1400页长规格实际上是否明确回答了我的问题？

更新

总而言之，我的问题实际上可以简化为这段代码（不含lambda，单个参数），并且在C ++ 14下无效（感谢@BaummitAugen和@NirFriedman）

template <typename T>
void f(T x = 0) { }

int main() {
    f();
}

Answer 1

编译器拒绝你的代码是正确的，它确实无效C ++ 14。

在标准中（在这里使用N4141）我们有

对于通用lambda，闭包类型具有公共内联函数调用运营商成员模板（14.5.2），其template-parameter-list由一个发明的类型模板组成 - lambda的parameter-declaration-clause中每次出现auto的参数，按出现顺序排列。

（5.1.2 / 4 [expr.prim.lambda]）。因此，您的通话相当于对某些

的调用

template <class T1, class T2>
auto operator() (T1 x, T2 y = std::decay_t<decltype(x)>{});

现在

如果模板参数仅在非推导中使用上下文并没有明确指定，模板参数推断失败。

（14.8.2 / 4 [temp.deduct.type]）和

未推断的背景是：
  [...]
       - 在具有默认参数的函数参数的参数类型中使用的模板参数   在正在进行参数推断的调用中使用。

（14.8.2 / 5 [temp.deduct.type]）使你的电话不正常。

Answer 2

我无法引用规范，但我会引用cppreference这是一个权威来源，通常更容易阅读/遵循。请特别注意http://en.cppreference.com/w/cpp/language/template_argument_deduction。

非推断的上下文

在以下情况下，用于撰写P的类型，模板和非类型值不参与模板参数推断......

您可能已经意识到无法始终推断出模板参数。在条目列表中，我们看到：

4）在函数参数的参数类型中使用的模板参数，该参数具有在正在进行参数推断的调用中使用的默认参数：

其中给出了以下示例：

template<typename T, typename F>
void f(const std::vector<T>& v, const F& comp = std::less<T>());
std::vector<std::string> v(3);
f(v);

变量lambda基本等同于函数模板，其中类型模板参数替换为auto的每次使用，因此这个示例（不编译）等同于您的示例。

基本上，第二种类型无法推断，因为它是一种非推断的上下文。

这个答案可能会通过提供一个非常好的例子来改进，因为它确切地决定使这个成为一个非推断的背景，因为天真地看起来它是可能的。我的猜测是，这基本上是因为函数模板就是一个用于创建函数的模板。反过来，默认的参数基本上为同一个函数创建多个可调用的签名。所以你不能真正处理默认，直到你有一个函数，但是在实例化之前你不能有一个函数，这需要知道模板参数。

值得注意的是，这个更简单的示例具有相同的问题：

template<typename T, typename F>
void f(const std::vector<T>& v, const F& comp = int{});

因此，对第一个模板参数的依赖实际上与问题无关。

C ++ 14 lambda的默认参数类型推导取决于前面的参数

更新

2 个答案: