在lambda中完美转发？

Question

使用函数，可以写：

template <class T> void f(T&& x) {myfunction(std::forward<T>(x));}

但是有了lambda，我们没有T：

auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward</*?*/>(x));}

如何在lambda中完美转发？ decltype(x)中的std::forward类型是否有效？

Answer 1

转发绑定到转发引用的lambda参数的规范方法确实是decltype：

auto f = [](auto&& x){
  myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));
} //                      ^^^^^^^^^^^

Answer 2

我最喜欢的成语是：

auto f = [](auto&& x){myfunction(decltype(x)(x));}

我将其视为＆＃34; x，因为类型x被声明为＆＃34;。

要了解其工作原理，请检查x为int&&时会发生什么。 decltype(x)(x)是(int&&)(x)，它会生成对x的右值引用。如果x是int&，那么我们会得到(int&)(x)这是一个noop强制转换为引用。请注意，decltype(x)包含参考类别。

现在，对于auto&&参数，这个参数更短但相当于：

auto f = [](auto&& x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));}

替代方案。

对于auto参数：

auto f = [](auto x){myfunction(decltype(x)(x));}

它会产生额外的副本，而

auto f = [](auto x){myfunction(std::forward<decltype(x)>(x));}

代替移动x。

虽然我通常将C风格的演员表视为过于危险，但如果decltype(x)(x)不是x，则x最不能制作auto&&的类型正确副本变量。为了简洁起见，还有一些事情可以说。

Answer 3

使用 C++20，您现在可以为 lambda 指定模板参数列表。以下内容直接取自https://en.cppreference.com/w/cpp/language/lambda

auto f = []<typename ...Ts>(Ts&& ...ts) {
    return foo(std::forward<Ts>(ts)...);
};