lambda 中的递归调用 (C++11)

Question

可能的重复：
c++0x 中的递归 lambda 函数

为什么我不能递归调用 lambda 如果我将其写为：

auto a = [&]
{ 
   static int i = 0; i++;
   std::cout << i << std::endl; 
   if (i<10) 
     a(); //recursive call
};

它给出编译错误（ideone）：

prog.cpp:8:18: error: '((const main()::<lambda()>*)this)->main()::<lambda()>::a' cannot be used as a function

prog.cpp: In function 'int main()':
prog.cpp:9:9: error: variable 'auto a' with 'auto' type used in its own initializer

什么错误是什么意思？

我明白我不能写这个的原因：

auto i=i+1; //error: unable to deduce 'auto' from '<expression error>'

我们不能写这个，因为 i 的类型必须从它的初始化中推断出来，这意味着如果 i 则无法推断出类型 本身出现在初始化中 (ideone)。但对于 lambda 来说这有什么关系呢？如果我没记错的话，lambda 的类型是由它的参数和返回类型决定的；如果它不返回任何内容，则它不依赖于主体（在这种情况下，返回类型将被推导为 void，无论 lambda 主体中的其他语句如何）。

无论如何，我有一个解决方法，我可以使用 std::function 代替：

std::function<void()> a = [&] 
{ 
   static int i = 0; i++;
   std::cout << i << std::endl; 
   if (i<10) 
      a();
};

编译罚款 (ideone）。但我仍然有兴趣知道 auto 版本无法编译的原因。

Answer 1

原因是 auto 变量的 lambda 表达式初始值设定项没有特殊情况。

这种特殊情况很容易出现错误和误用。当您建议像 a() 这样的东西应该起作用时，您需要定义规则。 operator() 是如何查找的？ a 类型的精确状态是什么？类型会完整吗？ （这意味着您已经知道 lambda 的捕获列表）。一旦您以适合规范的合理格式制定了该内容，就可以更轻松地对其进行陈述。

允许您的用例意味着您需要在代码中提前扫描的另一种情况，因为要确定 a() 中的 a 的类型，您必须确保初始化程序没有任何可以“unlambda”类型的内容结束

struct y { void operator()() { } };
template<typename T> y operator+(T, y) { return y(); }
auto x = [] { x(); } + y();

。在这种情况下，x() 将调用 y::operator()，而不是 lambda。

现在，a 被禁止在其整个初始值设定项中提及。因为在 C++ 中，auto 不是一种类型。它只是一个类型说明符，代表要推导的类型。因此，表达式永远不能具有 auto 类型。

Answer 2

正如我所见， auto a 情况和 std::function之间的重要区别是：一种情况是类型 std::function不知道/关心它所引用的实际函数的类型到底是什么。写作：

std::function<void()> a;

完全没问题，而 as：

auto a;

毫无意义。因此，当需要合成捕获时，如果您使用 std::function，则所有需要了解的类型都已经知道，而使用 auto代码> 目前还不知道。

Answer 3

在递归函数中，f 由 f 定义，在以下情况下，f 的返回类型也由 f 确定auto 所以它会导致无限递归。

当 auto 尝试派生类型时。 decltype(f()) 将进一步推导出另一个 decltype(f)`，因为 f 派生为 f，例如对任何递归的调用也是递归的。当应用于递归函数时，返回类型确定会变成递归。在递归函数中，递归结束可以在运行时完成。但决定只是静态的