如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？
How to write a generic forwarding lambda in C++14?
如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？
尝试#1
[](auto&& x) { return x; }
在函数体内，x是一个左值，所以这行不通。
尝试#2
[](auto&& x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
这会正确地转发 lambda 内部的引用，但它总是 return 按值 （除非编译器省略了副本）。
尝试#3
[](auto&& x) -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
这个 return 与参数的类型相同（可能 -> auto&& 也可以）并且似乎可以正常工作。
尝试#4
[](auto&& x) noexcept -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
添加 noexcept 是否会使此 lambda 更适用并因此严格优于 #3？
您的前两次尝试没有成功，因为 return 类型推导会删除顶级 cv 限定符和引用，这使得通用转发变得不可能。你的第三个完全正确 只是不必要地冗长，转换隐含在 return 类型 中。而noexcept与转发无关。
为了完整性，这里还有一些值得放弃的选项：
auto v0 = [](auto&& x) -> decltype(x) { return x; };
auto v1 = [](auto&& x) -> auto&& { return x; };
auto v2 = [](auto&& x) -> auto&& { return std::forward<decltype(x)>(x); };
auto v3 = [](auto&& x) -> decltype(auto) { return std::forward<decltype(x)>(x); };
v0 将编译并看起来好像它 return 是正确的类型，但如果由于请求从左值引用隐式转换而使用右值引用调用它，编译将失败 ( x) 到右值引用 (decltype(x))。这在 gcc 和 clang 上都失败了。
v1 总是 return 左值引用。如果你用临时调用它，那会给你一个悬垂的参考。
v2 和 v3 都是正确的通用转发 lambda。因此，对于尾随的 return 类型（decltype(auto)、auto&& 或 decltype(x)），您有三个选项，对于 lambda 的主体（调用 std::forward).
return 类型的 decltype(x) 不足。
取值的局部变量和函数参数可以隐式移入return值，但右值引用取的函数参数不行（x是左值，即使decltype(x) ==右值如果传递右值，请参考）。委员会给出的理由是，他们希望确定当编译器隐式移动时，没有其他人可能拥有它。这就是为什么我们可以从纯右值（一个临时的、非引用限定的 return 值）和函数局部值移动的原因。然而，有人可能会做一些愚蠢的事情，比如
std::string str = "Hello, world!";
f(std::move(str));
std::cout << str << '\n';
并且委员会不想悄悄地调用不安全的举动，认为他们应该开始更加保守地使用这个新的 "move" 功能。请注意，在 C++20 中，这个问题将得到解决，您只需执行 return x，它就会做正确的事情。参见 http://www.open-std.org/jtc1/sc22/wg21/docs/papers/2017/p0527r0.html
对于转发功能，我会尝试让 noexcept 正确。这里很容易，因为我们只是在处理引用（它是无条件的 noexcept）。否则，您会破坏关心 noexcept.
的代码
这使得最终理想的转发 lambda 如下所示：
auto lambda = [](auto && x) noexcept -> auto && { return std::forward<decltype(x)>(x); };
return 类型的 decltype(auto) 将在这里做同样的事情，但 auto && 更好的文档表明此函数始终 return 是一个参考。它还避免再次提及变量名称，我想这会使重命名变量稍微容易一些。
从 C++17 开始，转发 lambda 在可能的情况下也是隐式 constexpr。
我可以生成的最少字符但功能齐全的版本是：
[](auto&&x)noexcept->auto&&{return decltype(x)(x);}
这使用了一个我觉得有用的习惯用法——当在 lambda 中转发 auto&& 参数时，做 decltype(arg)(arg)。如果您知道 arg 是引用类型，则通过 forward 转发 decltype 相对没有意义。
如果 x 是值类型，decltype(x)(x) 实际上会生成 x 的副本，而 std::forward<decltype(x)>(x) 会生成对 x 的右值引用。所以 decltype(x)(x) 模式在一般情况下不如 forward 有用：但这不是一般情况。
auto&& 将允许返回引用（匹配传入的引用）。可悲的是，引用生命周期扩展不能与上面的代码一起正常工作——我发现将右值引用转发到右值引用通常是错误的解决方案。
template<class T>struct tag{using type=T;};
template<class Tag>using type=typename Tag::type;
template<class T> struct R_t:tag<T>{};
template<class T> struct R_t<T&>:tag<T&>{};
template<class T> struct R_t<T&&>:tag<T>{};
template<class T>using R=type<R_t<T>>;
[](auto&&x)noexcept->R<decltype(x)>{return decltype(x)(x);}
给你那种行为。左值引用成为左值引用，右值引用成为值。
如何在 C++14 中编写通用转发 lambda？
尝试#1
[](auto&& x) { return x; }
在函数体内，x是一个左值，所以这行不通。
尝试#2
[](auto&& x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
这会正确地转发 lambda 内部的引用，但它总是 return 按值 （除非编译器省略了副本）。
尝试#3
[](auto&& x) -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
这个 return 与参数的类型相同（可能 -> auto&& 也可以）并且似乎可以正常工作。
尝试#4
[](auto&& x) noexcept -> decltype(x) { return std::forward<decltype(x)>(x); }
添加 noexcept 是否会使此 lambda 更适用并因此严格优于 #3？
您的前两次尝试没有成功，因为 return 类型推导会删除顶级 cv 限定符和引用，这使得通用转发变得不可能。你的第三个完全正确 只是不必要地冗长，转换隐含在 return 类型 中。而noexcept与转发无关。
为了完整性，这里还有一些值得放弃的选项：
auto v0 = [](auto&& x) -> decltype(x) { return x; };
auto v1 = [](auto&& x) -> auto&& { return x; };
auto v2 = [](auto&& x) -> auto&& { return std::forward<decltype(x)>(x); };
auto v3 = [](auto&& x) -> decltype(auto) { return std::forward<decltype(x)>(x); };
v0 将编译并看起来好像它 return 是正确的类型，但如果由于请求从左值引用隐式转换而使用右值引用调用它，编译将失败 ( x) 到右值引用 (decltype(x))。这在 gcc 和 clang 上都失败了。
v1 总是 return 左值引用。如果你用临时调用它，那会给你一个悬垂的参考。
v2 和 v3 都是正确的通用转发 lambda。因此，对于尾随的 return 类型（decltype(auto)、auto&& 或 decltype(x)），您有三个选项，对于 lambda 的主体（调用 std::forward).
return 类型的 decltype(x) 不足。
取值的局部变量和函数参数可以隐式移入return值，但右值引用取的函数参数不行（x是左值，即使decltype(x) ==右值如果传递右值，请参考）。委员会给出的理由是，他们希望确定当编译器隐式移动时，没有其他人可能拥有它。这就是为什么我们可以从纯右值（一个临时的、非引用限定的 return 值）和函数局部值移动的原因。然而，有人可能会做一些愚蠢的事情，比如
std::string str = "Hello, world!";
f(std::move(str));
std::cout << str << '\n';
并且委员会不想悄悄地调用不安全的举动，认为他们应该开始更加保守地使用这个新的 "move" 功能。请注意，在 C++20 中，这个问题将得到解决，您只需执行 return x，它就会做正确的事情。参见 http://www.open-std.org/jtc1/sc22/wg21/docs/papers/2017/p0527r0.html
对于转发功能，我会尝试让 noexcept 正确。这里很容易，因为我们只是在处理引用（它是无条件的 noexcept）。否则，您会破坏关心 noexcept.
这使得最终理想的转发 lambda 如下所示：
auto lambda = [](auto && x) noexcept -> auto && { return std::forward<decltype(x)>(x); };
return 类型的 decltype(auto) 将在这里做同样的事情，但 auto && 更好的文档表明此函数始终 return 是一个参考。它还避免再次提及变量名称，我想这会使重命名变量稍微容易一些。
从 C++17 开始，转发 lambda 在可能的情况下也是隐式 constexpr。
我可以生成的最少字符但功能齐全的版本是：
[](auto&&x)noexcept->auto&&{return decltype(x)(x);}
这使用了一个我觉得有用的习惯用法——当在 lambda 中转发 auto&& 参数时，做 decltype(arg)(arg)。如果您知道 arg 是引用类型，则通过 forward 转发 decltype 相对没有意义。
如果 x 是值类型，decltype(x)(x) 实际上会生成 x 的副本，而 std::forward<decltype(x)>(x) 会生成对 x 的右值引用。所以 decltype(x)(x) 模式在一般情况下不如 forward 有用：但这不是一般情况。
auto&& 将允许返回引用（匹配传入的引用）。可悲的是，引用生命周期扩展不能与上面的代码一起正常工作——我发现将右值引用转发到右值引用通常是错误的解决方案。
template<class T>struct tag{using type=T;};
template<class Tag>using type=typename Tag::type;
template<class T> struct R_t:tag<T>{};
template<class T> struct R_t<T&>:tag<T&>{};
template<class T> struct R_t<T&&>:tag<T>{};
template<class T>using R=type<R_t<T>>;
[](auto&&x)noexcept->R<decltype(x)>{return decltype(x)(x);}
给你那种行为。左值引用成为左值引用，右值引用成为值。