Question

如果函数返回引用但是返回类型没有明确地作为引用调用，那么我在使用lambdas创建的std :: functions时遇到了问题。似乎std :: function被创建没有警告，但是在调用它时，在预期引用时返回一个值，导致事情爆炸。这是一个非常人为的例子：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>

int main(){
   std::vector<int> v;
   v.push_back(123);
   std::function<const std::vector<int>&(const std::vector<int>&)> callback =
      [](const std::vector<int> &in){return in;};
   std::cout << callback(v).at(0) << std::endl;
   return 0;
}

这会打印出垃圾，但是如果修改lambda以显式返回一个const引用，它就可以正常工作。我可以理解编译器认为lambda是没有提示的值返回值（当我最初遇到这个问题时，lambda直接从返回const引用的函数返回结果，在这种情况下我会认为lambda的const引用返回是可以推导的，但显然不是。）令我惊讶的是，编译器允许std :: function由具有不匹配返回类型的lambda构造。这种行为有望吗？我是否遗漏了标准中允许发生这种不匹配的内容？我用g ++（GCC）4.8.2看到了这个，没有尝试过其他任何东西。

谢谢！

Answer 1

为什么会损坏？

当推导出lambda的返回类型时，将删除引用和cv资格。 <返回类型

[](const std::vector<int> &in){return in;};

只是std::vector<int>，而不是std::vector<int> const&。因此，如果我们删除代码中的lambda和std::function部分，我们实际上有：

std::vector<int> lambda(std::vector<int> const& in)
{
    return in;
}

std::vector<int> const& callback(std::vector<int> const& in)
{
    return lambda(in);
}

lambda返回一个临时的。它实际上只是复制了它的输入。此临时值绑定了callback中的引用返回。但是绑定到return语句中的引用的临时值没有延长它们的生命周期，因此临时值在return语句的末尾被销毁。因此，在这一点上：

callback(v).at(0)
-----------^

我们对v的已销毁的副本有一个悬空引用。

解决方案是显式指定lambda的返回类型作为引用：

 [](const std::vector<int> &in)-> const std::vector<int>& {return in;}
 [](const std::vector<int> &in)-> decltype(auto) {return in;} // C++14

现在没有副本，没有临时，没有悬空引用，也没有未定义的行为。

谁有过错？

至于这是否是预期行为，答案实际上是肯定的。 std::function的可构造性条件是[func.wrap.func.con]：

对于参数类型f，
ArgTypes...可调用（20.9.12.2）并返回类型R。

其中，[func.wrap.func]：

f类型的可调用对象F对于参数类型ArgTypes是 Callable ，如果表达式则返回类型R INVOKE (f, declval<ArgTypes>()..., R)，被视为未评估的操作数（第5条），很好形成（20.9.2）。

其中，[func.require]，强调我的：

如果INVOKE(f, t1, t2, ..., tN, R) cv static_cast<void>(INVOKE (f, t1, t2, ..., tN))，则R定义为void，否则INVOKE(f, t1, t2, ..., tN) 会隐式转换为{{ 1}}

所以，如果我们有：

R

实际上符合所有标准要求：T func(); std::function<T const&()> wrapped(func);格式正确，当它返回INVOKE(func)时，T 可隐式转换为{{1} }。所以这不是一个gcc或clang bug。这可能是一个标准缺陷，因为我不明白为什么你会想要允许这样的结构。这将永远无效，因此措辞可能要求如果T是引用类型，则T const&也必须返回引用类型。

Answer 2

我对std::function构造函数进行了一些自己的搜索。这部分似乎是std::function与标准Callable concept互动的疏忽。 std::function<R(Args...)>::function<F>(F)要求F为Callable为R(Args...)，这本身似乎是合理的。 Callable的{{1}}需要R(Args...)的返回类型（当给定类型F的参数可以隐式转换为Args...时，其本身也是R似乎是合理的。现在当R为const R_ &时，这将允许R_到const R_ &的隐式转换，因为允许const引用绑定到rvalues。这不一定是不安全的例如，考虑一个函数f()，它返回一个int，但被认为可以调用为const int &()。

const int &result = f();
if ( f == 5 )
{
   // ...
}

这里没有问题，因为C ++的规则延长了临时的生命周期。但是，以下内容具有未定义的行为：

std::function<const int &()> fWrapped{f};
if ( fWrapped() == 5 )
{
   // ...
}

这是因为终身延期不适用于此处。临时文件在std::function operator()内创建，并在比较之前销毁。

因此，std::function的构造函数可能不应单独依赖Callable，而是强制执行额外的限制，即将rvalue隐式转换为const左值以便绑定到引用是被禁止的。或者，可以将Callable更改为永不允许此转换，但代价是不允许某些安全使用（如果仅因为有效期延长）。

为了使事情变得更复杂，只要您不访问悬空参考的目标，上述示例中的fWrapped()就可以完全安全地通话。

Answer 3

如果您使用：

'[value="Accept"]'

在你的lambda中它会起作用。

这会使你的lambda的返回类型为return std::ref(in);，可以隐式转换为std::reference_wrapper<std::vector<int>>。

使用lambda（C ++）创建的std :: function的奇数返回行为

3 个答案: