通过引用接收 lambda 作为参数的正确方法

Question

定义通过引用接收 int->int lambda 参数的函数的正确方法是什么？

void f(std::function< int(int) >& lambda);

或者

void f(auto& lambda);

我不确定最后一种形式是否合法。

还有其他方法来定义 lambda 参数吗？

Answer 1

您不能有 auto 参数。您基本上有两个选择：

选项#1：使用 std::function 如您所示。

选项#2：使用模板参数：

template<typename F>
void f(F && lambda) { /* ... */}

在某些情况下，选项#2 可能更高效，因为它可以避免嵌入 lambda 函数对象的潜在堆分配，但只有在 f 时才可能可以作为模板函数放置在标头中。与任何模板一样，它还可能会增加编译时间和 I-cache 占用空间。请注意，它也可能没有任何效果，就好像 lambda 函数对象足够小一样，它可以在 std::function 对象中内联表示。

引用 lambda 时，不要忘记使用 std::forward(lambda)，因为它是右值引用。

Answer 2

我将使用 template 作为：

template<typename Functor>
void f(Functor functor)
{
   cout << functor(10) << endl;
}

int g(int x)
{
    return x * x;
}
int main() 
{
    auto lambda = [] (int x) { cout << x * 50 << endl; return x * 100; };
    f(lambda); //pass lambda
    f(g);      //pass function 
}

输出：

500
1000
100

演示：http://www.ideone.com/埃伊Vq

Answer 3

我知道已经过去 7 年了，但这里有一种其他人没有提到的方法：

void foo(void (*f)(int)){
    std::cout<<"foo"<<std::endl;
    f(1); // calls lambda which takes an int and returns void
}
int main(){
    foo([](int a){std::cout<<"lambda "<<a<<std::endl;});
}

哪些输出：

foo
lambda 1

不需要模板或 std::function

Answer 4

从 C++ 20 开始，

void f(auto& lambda);

实际上可以工作（它是一个缩写函数模板）：

当占位符类型（auto 或 Concept auto）出现在函数声明或函数模板声明的参数列表中时，该声明声明了一个函数模板，并为每个占位符发明一个模板参数，并将其附加到模板参数列表中

，它相当于 @bdonlan 答案中的选项 2：

template<typename F>
void f(F &lambda) { /* ... */}

Answer 5

void f(auto& lambda);

很接近了。实际编译的内容是：

#include <cassert>

/*constexpr optional*/ const auto f = [](auto &&lambda)
{
  lambda();
  lambda();
};

int main()
{
  int counter = 0;
  f([&]{ ++counter; });
  assert(counter == 2);
}