Question

我看到了this answer，但我并不满意：它在标准中的哪个类型扣除了＆＃39; auto＆＃39;不考虑默认参数？

int main() {
    auto lambda = [] (auto subl = [] {}) {};
    lambda();
}

Answer 1

auto根据模板参数推断使用规则（[dcl.spec.auto] / P7）：

如果占位符是自动 type-specifier ，推导出的类型是使用模板参数推导的规则确定的。

当默认参数的类型是推导出的模板参数（[temp.deduct.type] / p5）时，默认参数显式为非推导的上下文：

未推断的上下文是：


- 使用 qualified-id 指定的类型的嵌套名称说明符。

- decltype-specifier 的表达式。

- 非类型模板参数或子表达式引用模板的数组     参数。

- 在具有默认参数的函数参数的参数类型中使用的模板参数     在正在进行参数推断的调用中使用。

Answer 2

来自 [expr.prim.lambda] ：

5 - [...]对于通用lambda，闭包类型有一个公共内联函数调用操作员成员模板（14.5.2），其 template-parameter-list 由一个发明类型组成 template-parameter ，对于lambda的 parameter-declaration-clause 中每次出现的key，按出现顺序排列。 [...]

无法从默认参数中推导出模板参数;的 [temp.deduct.call] ：

5 - [...] [注意：如果 template-parameter 未在任何一个中使用函数模板的函数参数，或仅在非推导的上下文中使用，其对应的 template-argument 不能从函数调用中推导出来， template-argument 必须明确地说指定。 -end note ]

默认参数是非推断的上下文（ [temp.deduct.type] / 5）。

Answer 3

只是添加到上面所说的内容，lamda中的默认参数可以让你在捕获列表时“作弊”。我们都知道你必须用捕获列表“捕获”外部参数：

int x=7;
auto func = [&x](){ return x+1 ;}

如果您可以使用默认参数，您可以在捕获列表上“作弊”，只需使用默认参数放置引用：

int x=7;
auto func = [](const int& y = x){ return y+1 ;}

阻止默认参数可防止您不捕获外部参数。

类型推导lambda的参考文献

3 个答案: