为啥 lambda 函数默认会丢弃推导的返回类型引用？

Posted 2023-04-18

【中文标题】为啥 lambda 函数默认会丢弃推导的返回类型引用？

【英文标题】：Why do lambda functions drop deduced return type reference by default?为什么 lambda 函数默认会丢弃推导的返回类型引用？

【发布时间】：2017-05-22 21:19:26

【问题描述】：

在 C++14 中，为什么具有推导返回类型的 lambda 函数默认从返回类型中删除引用？ IIUC，因为具有推导返回类型（没有显式尾随返回类型）的 C++14 lambda 函数的返回类型为 auto，它会删除引用（除其他外）。

为什么会做出这个决定？在我看来，当您的 return 语句返回时，删除引用就像一个陷阱。

这种行为给我带来了以下讨厌的错误：

class Int 
public:
   Int(int i) : m_inti 
   int m_int;
;

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

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

Int myint5;
C cmyint;
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.

在初始化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 返回类型推导是有道理的，std::function<const Int&> 被一个返回非引用的函数愉快地初始化不是一个错误吗？我也通过明确的写作看到了这一点：

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

编译没有问题。 （在Xcode 8，clang 8.0.0）

【问题讨论】：

melpon.org/wandbox/permlink/i1EFa0F9k6sPUFjv 您的代码无法编译。你的 lambda 返回类型是无效的。请发布一个 MVCE。

@volatilevar 警告：控制到达非 void lambda [-Wreturn-type] 未定义该情况下的行为melpon.org/wandbox/permlink/1fle9YwdtjNueOAA

@Danra：由于语言草率，这是一种误解。函数从不“返回引用”，它们总是返回值，而值永远不是引用。函数返回类型 ref 限定唯一影响的是返回值的值类别。

@Danra：C++ 中的类型系统有多种用途。当应用于变量时，参考做你认为他们做的事情。但引用也用于传达值的值类别，即以声明的函数返回类型、强制类型转换和decltype 的形式。不幸的是，C++ 中的很多东西在不同的上下文中扮演着不同的角色。保持警惕，不要感到困惑很重要:-)

另见Is my book's discussion of lamba return types wrong?、When can we omit the return type in a C++11 lambda?、Why do lambda functions drop deduced return type reference by default?和Explicit Return Type of Lambda。

【参考方案1】：

我认为您遇到的问题实际上是return c.getObj(); 行中的表达式c.getObj()。

您认为表达式c.getObj() 具有const Int& 类型。然而，事实并非如此；表达式永远没有引用类型。正如 Kerrek SB 在 cmets 中所指出的那样，我们有时将表达式当成具有引用类型来讨论，作为节省冗长的捷径，但这会导致误解，因此我认为了解真正发生的事情很重要。

在声明中使用引用类型（包括在getObj的声明中作为返回类型）会影响被声明的事物的初始化方式，但是一旦初始化，就不再有任何证据表明它原本是一个参考。

这是一个更简单的例子：

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

对

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

这两个代码完全相同^{（除了decltype(a) 或decltype(b) 的结果对系统有点破解）}。在这两种情况下，表达式a 和b 都具有int 类型和值类别“lvalue”并表示相同的对象。 a 不是“真实对象”，b 不是某种指向a 的伪装指针。他们都是平等的。这是一个有两个名字的对象。

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

所以从 return c.getObj(); 推导的返回类型与 return c.m_obj; 的推导返回类型相同，后者 - 与其他地方提到的模板类型推导兼容 - 不是引用类型。

注意。如果你理解了这篇文章，你也会明白为什么我不喜欢“引用”的教学法被教导为“自动取消引用的伪装指针”，这介于错误和危险之间。

【讨论】：

很好的答案。不过，我想知道，为什么决定返回 auto 而不是 decltype(auto)？后者将“转发”引用，将相同的初始化方法应用于 lambda 的返回类型。对我来说，这对于 lambda 返回类型推导更有意义（即使它与模板类型推导不兼容）。正如您提到的，是因为decltype(auto) 是“黑客”吗？它在什么方面是黑客行为？

@Danra 我无法权威地回答这个问题，但我认为意外地让 lambda 返回一个悬空引用会很容易。 decltype 获取表达式的正常类型系统之外的信息，这就是我称之为 hack 的原因。但它在模板元编程中太有用了（有点像预处理器！）

谢谢。对这部分有什么想法吗？ “有趣的是，即使自动返回类型推导有意义，std::function 用返回非引用的函数愉快地初始化不是一个错误吗？”（除了@skypjack 已经提到的在他的回答中）

@Danra 我认为这超出了这个问题的范围...... cmets 不适合进行扩展讨论。也许您可以寻找另一个专门针对 std::function 问题的问题（或者如果找不到，请发布一个）

在此处作为单独的问题打开***.com/questions/41549632/…

【参考方案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它的提示：

lambda 返回类型为auto，如果提供和/或从 [dcl.spec.auto] 中所述的 return 语句推导出来，则替换为 trailing-return-type 指定的类型。 [示例：

    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]

现在考虑以下模板函数：

template<typename T>
void f(T t) 

// ....

int x = 42;
f(x);

f 中的 t 是什么，x 的副本还是对它的引用？ 如果我们按如下方式更改函数会发生什么？

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

这或多或少适用于 lambda 的推导返回类型：如果你想要一个引用，你必须明确说明。

为什么会做出这个决定？在我看来，当您的 return 语句返回时删除引用是一个陷阱。

选择与模板从一开始的工作方式是一致的。 相反，我会感到惊讶。 推导出返回类型以及模板参数，不为它们定义不同的规则集是一个很好的决定（至少从我的角度来看）。

---

也就是说，要解决您的问题，您有多种选择：

[&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(); 

...

其中一些很疯狂，其中一些很清楚，它们都应该工作。 如果预期的行为是返回引用，那么明确说明这是最好的选择：

[&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方案并使用它。

---

有趣的是，即使自动返回类型推导是有道理的，std::function 会愉快地使用返回非引用的函数进行初始化，这难道不是一个错误吗？

让我们考虑下面的代码（现在没有理由打电话给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，但它可以编译。 原因是临时值是从右值创建的，而临时值可以绑定到 const 引用，所以从标准的角度来看，我会说它是合法。 它会在运行时爆炸的事实是另一个问题。

使用std:: function 时会发生类似的情况。 无论如何，它是对通用可调用对象的抽象，所以不要期待相同的警告。

【讨论】：

有趣。在您的示例中，如果您改为声明const int& y = x，然后调用f(y)，该怎么办？那仍然会将 T 导出为 int 值而不是引用吗？

You can easily test it for yourself.

谢谢。这有帮助。这部分呢？ " std::function 被一个返回非引用的函数愉快地初始化不是一个错误吗？"

@Danra 语言并没有禁止你这样做：int & f() int x; return x; 。在您的情况下，返回值是一个临时值，它可以绑定到 const 引用，所以它非常好。它会在运行时爆炸的事实是您的问题。 ;-)

这不是问题。在原始代码中，以及在我明确指定返回类型是按值（见问题结尾）的情况下，std::function<const Int&()> 成员仍然可以愉快地使用 lambda 进行初始化。