C++0x 编译器之间的 lambda 特征不一致

Question

我观察到两个编译器（g++ 4.5、VS2010 RC）将 lambda 与类模板的部分特化相匹配的方式存在一些不一致。我试图为 lambda 实现类似 boost::function_types 的东西来提取类型特征。检查此了解更多详细信息。

在 g++ 4.5 中，lambda 的 operator() 的类型似乎类似于独立函数 (R (*)(...))，而在 VS2010 RC 中，它似乎是就像成员函数 (R (C::*)(...)) 一样。所以问题是编译器编写者可以自由地以他们想要的方式解释吗？如果不正确，哪个编译器是正确的？请参阅下面的详细信息。

template <typename T>
struct function_traits 
  : function_traits<decltype(&T::operator())> 
{ 
// This generic template is instantiated on both the compilers as expected.
};

template <typename R, typename C>
struct function_traits<R (C::*)() const>  { // inherits from this one on VS2010 RC
  typedef R result_type;
};

template <typename R>
struct function_traits<R (*)()> { // inherits from this one on g++ 4.5
  typedef R result_type;
};

int main(void) {
  auto lambda = []{};
  function_traits<decltype(lambda)>::result_type *r; // void *
}

该程序可在 g++ 4.5 和 VS2010 上编译，但实例化的 function_traits 与代码中所述不同。

Answer 1

我认为 GCC 不合规。 N3092 §5.1.2/5 说

闭包类型
lambda 表达式有一个公共内联
函数调用运算符 (13.5.4)
参数和返回类型是
由 lambda 表达式描述
参数声明子句和
分别是尾随返回类型。
该函数调用运算符是
声明 const (9.3.1) 当且仅当
lambda 表达式的
参数声明子句不是
其次是可变的。

因此，虽然有关闭包对象类型的许多内容都是实现定义的，但函数本身必须是 public 的成员，并且必须是 const 的非静态成员。

编辑：该程序表明operator()是GCC 4.6上的成员函数，本质上与4.5相同。

#include <iostream>
#include <typeinfo>
using namespace std;

template< class ... > struct print_types {};

template<> struct print_types<> {
 friend ostream &operator<< ( ostream &lhs, print_types const &rhs ) {
  return lhs;
 }
};

template< class H, class ... T > struct print_types<H, T...> {
 friend ostream &operator<< ( ostream &lhs, print_types const &rhs ) {
  lhs << typeid(H).name() << " " << print_types<T...>();
  return lhs;
 }
};

template< class T >
struct spectfun {
 friend ostream &operator<< ( ostream &lhs, spectfun const &rhs ) {
  lhs << "unknown";
  return lhs;
 }
};

template< class R, class ... A >
struct spectfun< R (*)( A ... ) > {
 friend ostream &operator<< ( ostream &lhs, spectfun const &rhs ) {
  lhs << "returns " << print_types<R>()
   << " takes " << print_types<A ...>();
  return lhs;
 }
};

template< class C, class R, class ... A >
struct spectfun< R (C::*)( A ... ) > {
 friend ostream &operator<< ( ostream &lhs, spectfun const &rhs ) {
  lhs << "member of " << print_types<C>() << ", " << spectfun<R (*)(A...)>();
  return lhs;
 }
};

template< class T >
struct getcall {
 typedef decltype(&T::operator()) type;
};

int main() {
 int counter = 0;

 auto count = [=]( int ) mutable { return ++ counter; };

 cerr << spectfun< getcall<decltype(count)>::type >() << endl;
}

输出：

member of Z4mainEUlvE_, returns i takes i

编辑： 看起来唯一的问题是指向某些闭包调用运算符的指针无法匹配 ptmf 模板模式。解决方法是声明 lambda 表达式可变。如果没有捕获，并且仅（除了解决问题之外）似乎改变了调用运算符的常量性，那么这是毫无意义的。

template< class T >
struct getcall {
    typedef decltype(&T::operator()) type;
    static type const value;
};
template< class T >
typename getcall<T>::type const getcall<T>::value = &T::operator();

int main() {
    auto id = []( int x ) mutable { return x; };
    int (*idp)( int ) = id;
    typedef decltype(id) idt;
    int (idt::*idptmf)( int ) /* const */ = getcall< decltype(id) >::value;

cerr << spectfun< decltype(idp) >() << endl;
cerr << spectfun< decltype(idptmf) >() << endl;
cerr << spectfun< getcall<decltype(id)>::type >() << endl;

输出：

returns i takes i 
member of Z4mainEUliE0_ , returns i takes i 
member of Z4mainEUliE0_ , returns i takes i 

如果没有 mutable 且使用 const，spectfun 不会打印最后两个查询中任何一个的签名。

Answer 2

阅读n3043。 Lambda 现在可以转换为函数指针，前提是它们没有任何状态。我相信（...但不知道）GCC 最初意外地实现了此行为，“修复了它”，现在将其重新添加到 4.5 或 4.6。 VC10 按照最初设计正确实现了 lambda，但不符合 n3043 的最新工作文件。

Answer 3

我认为 gcc 开发人员的这种行为是有充分理由的。请记住，静态函数没有“this”指针，并且当实际调用它时，调用者不需要传递“this”指针。因此，当闭包对象中实际上不包含任何内容时，这是一个小的性能优化。您可以看到 G++ 开发人员通过将 lambda 表达式声明为“可变”（记住您实际上没有任何内容可以改变）为您提供了一种解决方法。