Question

将lambda表达式视为可调用对象的“语法糖”，是否可以表达未命名的基础类型？

一个例子：

struct gt {
    bool operator() (int l, int r) {
        return l > r;
    }
} ;

现在，[](int l, int r) { return l > r; }是上述代码的优雅替代品（加上gt的可调用对象的必要创建），但有没有办法表达gt（类型）本身？

一个简单的用法：

std::set<int, gt> s1;  // A reversed-order std::set
// Is there a way to do the same using a lambda?
std::set<int, some-magic-here-maybe([](int l, int r) { return l > r; }) > s2;

Answer 1

不，你不能把它放进decltype，因为

lambda表达式不应出现在未评估的操作数
中

您可以执行以下操作

auto n = [](int l, int r) { return l > r; };
std::set<int, decltype(n)> s(n);

但这真的很难看。请注意，每个lambda表达式都会创建一个新的唯一类型。如果之后您在其他地方执行以下操作，则t的类型与s不同

auto n = [](int l, int r) { return l > r; };
std::set<int, decltype(n)> t(n);

您可以在此处使用std::function，但请注意，这会产生一点运行时成本，因为它需要间接调用lambda函数对象调用运算符。这里可能忽略不计，但如果你想以这种方式将函数对象传递给std::sort，可能会很重要。

std::set<int, function<bool(int, int)>> s([](int l, int r) { return l > r; });

与往常一样，首先是代码然后配置文件：）

Answer 2

直接回答您的问题：否。

你需要使用可以从任何类型分配的东西，类似于具有明确定义类型的仿函数。一个例子是std :: function，如sbi的答案所示。但是，这不是lambda表达式的类型。

Answer 3

你可以使用一个小类lambda_wrapper＆lt;＆gt;来以低成本包装lambda。它比std :: function快得多，因为没有虚函数调用和动态内存分配。 Wrapper通过推导lambda参数列表和返回类型来工作。

typeOf[scala.Int]

Answer 4

至少在Microsoft Visual Studio中（我没有尝试过其他编译器），如果你没有捕获任何东西，那么这个类型似乎是一个常规的函数指针：

@XmlRootElement

可以表达lambda表达式的“类型”吗？

4 个答案: