是否在未评估的上下文中实例化模板/ lambda是否未指定？

Question

我尝试以下代码检查模板是否在未评估的上下文中实例化：

#include "foo.h"

template <typename T = int>
constexpr auto f(int)
// from declaration, foo(std::declval<T>()) is allowed.
// Even if definition would produce errors if instantiated
-> decltype(foo(std::declval<T>()), void(), 42)
{
    return 42;
}
static_assert(f(0) == 42);

与foo作为模板功能：（没有错误）

template <typename ...Ts>
void foo(Ts... args)
{
    static_assert(sizeof...(Ts) == 42, "!");
    ((args += ""), ...);
}

演示版

与foo定期函子：（没有错误）

struct Foo
{
    template <typename ...Ts>
    void operator ()(Ts... args) const
    {
        static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
        ((args += ""), ...);
    }
} foo;

演示版

但是foo作为lambda ：（错误）

auto foo = [](auto... args)
{
    static_assert(sizeof...(args) == 42, "!"); // Triggers
    ((args += ""), ...);                       // spotted as invalid: int += const char*
};

演示版

operator()实例化lamdba 是否正常？

gcc / clang具有相同的行为。

Answer 1

lambda情况实际上不同于其他情况！您无需为lambda指定返回类型，因此可以推论得出。为了进行推导，必须实例化lambda。

对于函数对象，情况并非如此，因为您在此处将返回类型指定为void。更改lambda以返回void以避免扣除，会使gcc / clang满意。:)

auto foo = [](auto... args) -> void // <---
{
    static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
    ((args += ""), ...);
};

并且如果您按如下方式更改函数对象：

struct Foo
{
    template <typename ...Ts>
    auto operator ()(Ts... args) const // <---- placeholder as return type
    {
        static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
        ((args += ""), ...);
    }
} foo;

它也可以实例化Foo::operator()以推断返回类型。