防止lambda的返回类型扣除

Question

由于自动推导了lambda返回的类型，因此以下代码不可编译。

在没有尾随类型的情况下防止C ++ 14语法术语中这种推断的正确方法是什么？

编译错误与test（）输入上的不兼容类型（右值）有关，该类型需要非常量引用

struct B {
    int i;
};

struct A {
    B &getB() { return b; }
private:
    B b;
};

void test(B &b)  {
    b.i++;
}

int main() {
    A a;

    test([&a]() { 
        return a.getB();
    });
    return 0;
}

Answer 1

这里有两个问题。

首先，您实际上并未调用lambda，因此，您无需传递返回的值test，而是传递了函数对象，该对象显然是完全不兼容的类型！通过()在lambda之后添加来解决此问题，然后将返回值传递给test()。

[](){ return 42; } ();
//                 ^^ now the whole expression has value 42

其次，您是对的，推导的返回类型将B不是B&，并且临时对象可能不绑定到的ref-to-non- constargument test(B&)。

解决此问题的一种方法是使用尾随返回类型来强制引用：

    [&a]() -> B& { .... }

您似乎知道这一点，但不想这样做。为什么？

另一个选择是返回一个引用包装，然后由值返回，但其行为类似于引用：

return std::ref(a.getB()));

另一种选择是更改test为能够接受一些临时性的信息。由于您需要使用它来修改原始对象，因此可以test使用一个指针或具有引用语义的其他类型（智能指针a std::reference_wrapper<B>，B在复制它时请具有引用语义，...）

void test(B* b) {
    ++(b->i);
}
...
test([&]() { return &a.getB(); } () );

给行人的注意事项：我知道++(b->i)绝对没有必要。我觉得更清楚。