在lambda中完美转发？

Question

使用函数,可以编写:

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？是否decltype(x)可以作为类型std::forward？

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

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)...);
};

Answer 3

我最喜欢的成语是：

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

我读为“x因为类型x被声明为”。

要了解如何工作的，检查时会发生什么x是int&&。 decltype(x)(x)is (int&&)(x)，它产生对 的右值引用x。如果x是 an int&，那么我们得到(int&)(x)which 是对引用的 noop 转换。请记住，decltype(x)包括参考类别。

现在，对于auto&&参数，这更短，但等效于：

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));}

它会产生一个额外的副本，而

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

而是 move-from x。

虽然我通常认为 C 风格的强制转换太危险了，decltype(x)(x)但最坏的情况是可以制作一个类型正确的xifx不是auto&&变量的副本。为了简洁起见，有些话要说。