C++ lambda 在捕获变量时具有不同的类型

Question

我正在尝试返回一个 lambda 函数，该函数从其当前作用域中捕获一个变量。当我不捕获变量时，将返回 lambda 函数并且可以毫无问题地执行：

#include <iostream>

typedef void(*VoidLambda)();

VoidLambda get() {
    VoidLambda vl = []() {
        std::cout << "hello" << std::endl;
    };
    return vl;
};

int main()
{
    get()(); //prints "hello" as expected
    return 0;
}

如果vl试图捕获一个变量，编译器将不再编译它：

#include <iostream>

typedef void(*VoidLambda)();

VoidLambda get(const char* x) {
    VoidLambda vl = [x]() { //Error: no suitable conversion function from "lambda []void ()->void" to "VoidLambda" exists
        std::cout << x << std::endl;
    };
    return vl;
};

int main()
{
    get("hello")();
    return 0;
}

我已经尝试将第二个 lambda 转换为 VoidLambda，但问题仍然存在。

我想知道第一个和第二个 lambda 表达式之间的区别是什么，以及如何解决这个问题（即返回带捕获的 lambda 函数）。

Answer 1

不捕获任何状态的 Lambda 函数是无状态的。因此，可以将它们建模为正常函数。如果他们需要捕获不再为真的状态：状态需要在某处并且函数指针没有状态的位置。

基本上有两种选择：

1. 使用推导类型返回 lambda 函数，例如：

   auto get(char* x) { return [x]{ std::cout << x << "\n";  }; }
   

2. 返回 lambda 函数的类型擦除表示：

   std::function<void()> get(char* x) { return [x]{ std::cout << x << "\n"; }; }
   

选择哪一种取决于您的需求。第二个在概念上更接近函数指针。第一个更有效，但需要该功能inline（或至少在使用时可见）。