Question

以下C ++代码标准是否合规？

#include <iostream>

int main()
{
    [](auto v){ std::cout << v << std::endl; }.operator()<int>(42);
}

clang ++ 3.8.0 和 g ++ 7.2.0 compile this code fine（编译器标志为-std=c++14 -Wall -Wextra -Werror -pedantic-errors）。

Answer 1

这确实符合标准。该标准规定必须有一个成员operator()，并且在其paramater-declaration-clause中每次出现auto时都有一个模板参数。没有任何措辞禁止明确提供。

行的底部：lambda的调用运算符只是一个普通函数（模板，如果是通用的）。

供参考，相关标准条款：

非泛型lambda表达式的闭包类型具有public 内联函数调用操作符（16.5.4），其参数和返回值 type由lambda表达式描述分别为parameter-declaration-clause和trailing-return-type。对于通用lambda，闭包类型具有公共内联函数调用操作员成员模板（17.5.2），其template-parameter-list 每个事件包含一个发明的类型模板参数 lambda的parameter-declaration-clause中的auto，按顺序排列外观。本发明的类型模板参数是参数包如果相应的参数声明声明了一个函数参数包（11.3.5）。返回类型和函数参数函数调用操作符模板派生自 lambda-expression的trailing-return-type和参数声明子句通过替换每次出现的auto 带有名称的parameter-declaration-clause的decl-specifiers 相应的发明模板参数。

N4659（C ++ 17）中的

8.1.5.1/3 [expr.prim.lambda.closure]，强调我的。

Answer 2

是的，它似乎定义明确，因为lambdas的模板参数＆＃39; operator()是严格定义的。

[expr.prim.lambda]/5

...
  对于通用lambda，闭包类型具有公共内联函数   调用操作员成员模板（14.5.2），其 template-parameter-list 包含一个发明类型 template-parameter   对于lambda的 parameter-declaration-clause 中每次出现的auto，按出现的顺序排列。
  ...

明确指定通用lambda的operator（）模板参数是否合法？

2 个答案: