Question

在C ++ 14中，为什么lambda函数带有推导的返回类型默认情况下从返回类型中删除引用？ IIUC，因为C ++ 14 lambda函数带有推导的返回类型（没有显式的尾随返回类型），返回类型为auto，它会丢弃引用（以及其他内容）。

为什么做出这个决定？在我看来，当你的返回语句返回时，就像删除引用一样。

这种行为对我造成了以下令人讨厌的错误：

class Int {
public:
   Int(int i) : m_int{i} {}
   int m_int;
};

class C {
public:
    C(Int obj) : m_obj{obj} {}
    const auto& getObj() { return m_obj; }
    Int m_obj;
};

class D {
public:
    D(std::function<const Int&()> f) : m_f{f} {}
    std::function<const Int&()> m_f;
};

Int myint{5};
C c{myint};
D d{ [&c](){ return c.getObj(); } } // The deduced return type of the lambda is Int (with no reference)
const Int& myref = d.m_f(); // Instead of referencing myint, myref is a dangling reference; d.m_f() returned a copy of myint, which is subsequently destroyed.

初始化d时指定所需的返回类型可解决问题：

D d{ [&c]() -> const Int& { return c.getObj(); } }

有趣的是，即使auto返回类型推导有意义，是不是std::function<const Int&>使用返回非引用的函数快乐地初始化的错误？我也明确地写了这个：

D d{ [&c]() -> Int { return c.getObj(); } }

编译没有问题。（在Xcode 8上，clang 8.0.0）

Answer 1

我认为你绊倒的地方实际上是c.getObj()行中的return c.getObj();表达式。

您认为表达式c.getObj()的类型为const Int&。但事实并非如此;表达式永远不会有引用类型正如Kerrek SB在评论中所指出的那样，我们有时会将表达式称为具有引用类型，作为保存冗长的快捷方式，但这会导致误解，因此我认为了解实际情况非常重要。

在声明中使用引用类型（包括作为getObj声明中的返回类型）会影响声明的事物的初始化方式，但一旦初始化，就不再有任何证据它最初是一个参考。

这是一个更简单的例子：

int a; int &b = a;  // 1

与

int b; int &a = b;  // 2

这两个代码完全相同^{（decltype(a)或decltype(b)的结果除外，这对系统来说是一个黑客攻击）}。在这两种情况下，表达式a和b都具有类型int和值类别“lvalue”，并且表示相同的对象。情况不是a是“真实对象”而b是指向a的某种伪装指针。他们都处于平等地位。这是一个有两个名字的对象。

现在回到您的代码：除了访问权限之外，表达式c.getObj()与c.m_obj具有完全相同的行为。类型为Int，值类别为“左值”。返回类型&中的getObj()仅指示这是一个左值，它还将指定一个已经存在的对象（大概说）。

因此return c.getObj();推导出的返回类型与return c.m_obj;相同，其与模板类型推导兼容，如其他地方所述 - 不是引用类型。

NB。如果你理解了这篇文章，你也会理解为什么我不喜欢被称为“自动取消引用的伪装指针”的“参考”教学法，这是错误的和危险的。

Answer 2

standard（至少是工作草案）已经为您提供了有关正在发生的事情以及如何解决问题的提示：

lambda返回类型是auto，如果在[dcl.spec.auto]中描述的提供和/或从return语句中推导出来，则由trailing-return-type指定的类型替换。 [实施例：

    auto x1 = [](int i){ return i; }; // OK: return type is int
    auto x2 = []{ return { 1, 2 }; }; // error: deducing return type from braced-init-list int j;
    auto x3 = []()->auto&& { return j; }; // OK: return type is int&

- 结束示例]

现在考虑以下模板功能：

template<typename T>
void f(T t) {}

// ....

int x = 42;
f(x);

t中的f，x的副本或对其的引用是什么？
如果按照以下方式更改功能会发生什么？

template<typename T>
void f(T &t) {}

同样适用于推断的lambda返回类型：如果你想要一个引用，你必须明确这一点。

为什么做出这个决定？在我看来，当你的返回语句返回时，就像删除引用一样。

选择与模板从一开始就如何工作一致相反，我会对相反的事感到惊讶推导出返回类型以及模板参数，这是一个很好的决定，不为它们定义不同的规则集（至少从我的角度来看）。

那就是说，为了解决你的问题，你有几种选择：

```
[&c]()->auto&&{ return c.getObj(); }
```
```
[&c]()->auto&{ return c.getObj(); }
```

[&c]()->decltype(c.getObj())&{ return c.getObj(); }

[&c]()->decltype(c.getObj())&&{ return c.getObj(); }

[&c]()->decltype(auto){ return c.getObj(); }

[&c]()->const Int &{ return c.getObj(); }

```
...
```

他们中的一些人很疯狂，其中一些很清楚，所有这些都应该有效如果预期的行为是返回引用，可能是明确的，这是最好的选择：

[&c]()->auto&{ return c.getObj(); }

无论如何，这主要是基于意见的，所以请随意选择您喜欢的替代品并使用它。

有趣的是，即使自动返回类型推断有意义，是不是std :: function很快就用一个返回非引用的函数初始化的错误？

让我们考虑下面的代码（没有理由立即调用std::function）：

int f() { return 0; }
const int & g() { return f(); }
int main() { const int &x = g(); }

它会给你一些警告，但它会编译原因是从rvalue创建临时值，临时值可以绑定到const引用，所以从标准的角度来看，我会说它是 legal 。
它会在运行时爆炸的事实是另一个问题。

使用std:: function时会发生类似情况无论如何，它是对通用可调用对象的抽象，所以不要指望相同的警告。

为什么lambda函数默认情况下会删除推断的返回类型引用？

2 个答案: