Question

我试图创建一个接受指向某个仿函数的共享指针的函数。使用手工制作的仿函数，没有任何问题，但有lambda。我知道我不能将decltype与lambda一起使用 - 每个新的lambda声明都会创建一个新类型。现在我正在写：

auto lambda = [](int a, float b)->int
{
    return 42;
};
using LambdaType = decltype(lambda);

shared_ptr<LambdaType> ptr{ new LambdaType{ lambda } };

它有效，但看起来很难看。还有一个复制构造函数调用！有什么方法可以简化吗？

Answer 1

您可以使用std::function作为类型。

Answer 2

Lambdas只是自动编写的可调用对象，简化了简单的代码。如果您想要超出其默认自动存储行为的内容，请写下他们自己编写的类型。

在未评估的上下文中使用lambda类型是违法的。在评估的上下文中，它在自动存储中创建lambda。你想要它在免费商店。这至少需要逻辑上的副本。

一个可怕的黑客涉及违反未评估的上下文规则，sizeof / alignof，aligned_storage_t，placement new，可能无限制的编译时间递归（或者可能是一个static_assert），返回指向局部变量的指针，以及别名构造函数共享ptr，并要求调用者编写疯狂的代码可能会避免调用复制/移动。但这是一个坏主意，简单地使用可调用对象更容易。

当然，接受复制/移动会使其变得微不足道。但在那时，除非你需要像varargs这样的东西，否则只需使用std::function。

您声明您不想强制用户使用std::function;但是std::function会隐式地将兼容的lambda转换为自身。

如果您愿意接受副本，我们可以这样做：

template<class T>
std::shared_ptr<std::decay_t<T>>
auto_shared( T&& t ) {
  return std::make_shared<std::decay_t<T>>(std::forward<T>(t));
}

然后auto ptr = auto_shared( [x=0]()mutable{ return x++; } );是一个非类型擦除的指向计数lambda的共享指针。将lambda复制（移动）到共享存储中。

如果您想避免该副本，客户端可以编写手动功能对象并在其上调用make_shared<X>(ctor_args)。

此时没有合理的方法将lambdas类型与其在C ++中的构造分开。

Answer 3

如果您在lambda中捕获某些内容，它在算法上与std::function相同，因此请自由使用它。此外，std::function实现了捕获的值内存管理，因此不需要在其上使用std::shared_ptr。

如果什么都没有，lambda可以转换成简单的函数指针：

int(*ptr)(int,int) = [](int a, int b) -> int {
    return a+b;
};

功能是静态分配的，绝对不应删除。因此，您实际上并不需要std::shared_ptr

指向lambda的智能指针

3 个答案: