获取lambda的函数指针？

Question

我希望能够在C++中获得一个指向lambda的函数指针.

我可以:

int (*c)(int) = [](int i) { return i; };

当然,以下工作 - 即使它没有创建函数指针.

auto a = [](int i) { return i; };

但是以下内容:

auto *b = [](int i) { return i; };

在GCC中给出了这个错误:

main.cpp: In function 'int main()':
main.cpp:13:37: error: unable to deduce 'auto*' from '<lambda closure object>main()::<lambda(int)>{}'
     auto *b = [](int i) { return i; };
                                      ^
main.cpp:13:37: note:   mismatched types 'auto*' and 'main()::<lambda(int)>'

似乎任意一个lambda可以毫无问题地转换为函数指针,但是编译器无法推断函数类型并使用它来创建指向它的指针auto *.特别是当它可以隐式转换unique, lambda type为函数指针时:

int (*g)(int) = a;

我在http://coliru.stacked-crooked.com/a/2cbd62c8179dc61b上创建了一个小测试床,其中包含上述示例.在C++ 11和C++ 14下,此行为是相同的.

Answer 1

这失败了:

auto *b = [](int i) { return i; };

因为lambda不是指针.auto不允许转换.即使lambda 可以转换为指针,也不会为你做 - 你必须自己做.是否有演员表:

auto *c = static_cast<int(*)(int)>([](int i){return i;});

或者用一些巫术:

auto *d = +[](int i) { return i; };

Answer 2

特别是当它可以隐式地将唯一的lambda类型转换为函数指针时:

但它无法将其转换为"函数指针".它只能将其转换为指向特定函数签名的指针.这将失败:

int (*h)(float) = a;

为什么会失败？因为从没有有效的隐式转换a到h这里.

lambdas的转换不是编译魔术.该标准简单地说,对于非捕获的非泛型lambda,lambda闭包类型具有与其operator()重载的签名匹配的函数指针的隐式转换运算符.使用隐式转换int (*g)(int)从apermit 初始化的规则,因此编译器将调用该运算符.

auto不允许使用隐式转换运算符; 它采用类型原样(当然,删除引用).auto*也不进行隐式转换.那么为什么它会调用lambda闭包的隐式转换而不是用户定义的类型呢？

Answer 3

lambda代码不起作用的原因与此不起作用:

struct foo {
  operator int*() const {
    static int x;
    return &x;
  }
};

int* pint = foo{};
auto* pint2 = foo{}; // does not compile

甚至:

template<class T>
void test(T*) {};
test(foo{});

lambda有一个运算符,它隐式地将它转换为(特定)函数指针,就像foo.

auto不进行转换.永远.自动行为类似于class T模板函数的参数,其中推导出其类型.

由于右侧的类型不是指针,因此不能用于初始化auto*变量.

Lambda不是函数指针.兰巴达不是std::function.它们是自动编写的函数对象(带有a的对象operator()).

检查一下:

void (*ptr)(int) = [](auto x){std::cout << x;};
ptr(7);

它编译并在gcc中工作(不确定它是否是扩展,现在我考虑它).但是,该怎么auto* ptr = [](auto x){std::cout << x;}办呢？

但是,unary +是一个运算符,它可以处理指针(并且对它们几乎没有任何作用),但不是foo或者是lambda.

所以

auto* pauto=+foo{};

和

auto* pfun=+[](int x){};

两者都神奇地工作.