Question

以下代码在C ++ 14中被认为是非法的，但在C ++ 17中是合法的：

#include <functional>

int main()
{
    int x = 1729;
    std::function<void (int&)> f(
        [](int& r) { return ++r; });
    f(x);
}

不要费心去测试它，你会得到不一致的结果，因此难以判断它是一个错误还是故意行为。但是，比较两个草稿（N4140和N4527，两者都可以在github.com/cplusplus/draft上找到），[func.wrap.func.inv]有一个显着的区别。第2段：

返回：如果R为空则无效，否则返回值为INVOKE（f，std :: forward（args）...，R）。

在草稿之间删除了上述内容。这意味着lambda的返回值现在被静默丢弃。这似乎是一种错误。任何人都可以解释这个推理吗？

Answer 1

std::function<void(Args...)>有一个ridiculous defect in the standard。根据该标准的措辞，std::function<void(Args...)>的任何（非平凡）¹使用都是合法的，因为没有任何东西可以被隐含地转换为＆＃34; void（甚至不是void）。

void foo() {} std::function<void()> f = foo;在C ++ 14中不合法。糟糕。

有些编译器采用了使std::function<void(Args...)>完全没用的错误措辞，并且仅将逻辑应用于传入的callables，其中返回值 not void。然后他们断定传递一个函数返回int到std::function<void(Args...)>（或任何其他非void类型）是违法的。他们没有把它带到逻辑端并禁止返回void的函数（std::function要求对于完全匹配的签名没有特殊情况：适用相同的逻辑。）

其他编译器忽略了void返回类型案例中的错误措辞。

缺陷基本上是调用表达式的返回类型必须可以隐式转换为std::function签名的返回类型（有关详细信息，请参阅上面的链接）。根据标准，void不能隐式转换为void ²。

因此缺陷得到了解决。 std::function<void(Args...)>现在接受可以使用Args...调用的任何内容，并丢弃返回值，因为许多现有编译器已实现。我认为这是因为（A）语言设计者从未想过限制，或者（B）有一种方法可以放弃丢弃返回值的std::function。

std::function 从不要求完全匹配参数或返回值，只是兼容性。如果传入的参数可以隐式转换 - 来自签名参数，并且返回类型可以隐式转换为返回类型，那么它很高兴。

类型int(int&)的函数在许多直观的定义下与签名void(int&)兼容，因为你可以在＆＃34; void context＆＃34;中运行它。

¹基本上，任何使operator()合法调用的内容都是不允许的。你可以创建它，你可以销毁它，你可以测试它（并知道它是空的）。你不能给它一个函数，即使是一个与其签名完全匹配的函数，或函数对象或lambda。可笑了。

²要使void在标准下被隐含转换为void，它需要声明void x = blah;，其中blah是void类型的表达式，是有效的;该语句无效，因为您无法创建void类型的变量。

为什么operator（）在C ++ 17中为std :: function更改？

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