为什么 std：：forward 在 lambda 主体中不起作用？-解网

问：

#include <utility>

void f(auto const& fn1)
{
    {
        auto fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1);
        auto fn3 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // ok
        fn3();
    }

    [fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1)]
    {
        auto const fn3 = fn2;
        auto fn4 = std::forward<decltype(fn3)>(fn3); // ok
        fn4();
    
        auto fn5 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // error
        fn5();
    }();
}

int main()
{
    f([] {});
}

Godbolt 演示

为什么在 lambda 体中不起作用？std::forward

更新信息：

g++ 没问题，但 clang++ 拒绝了它。谁是对的？

C++（英语：C++） λ C++20 可变完美转发

为什么不把它写成一个没有auto参数的“普通”模板。就你而言，所有 decltype 的东西都让我作为读者感到困惑。简单使它更容易理解。而且我还有一个问题，无法理解为什么你使用const&，因为它不是转发引用，而是使用std：：forward。typename T

0赞 xmllmx 12/3/2021

这是一个最小化的 POC。

答：

5赞 Caleth 12/3/2021 #1

lambda 的捕获是闭包类的成员，正文是。operator() const

您正在尝试在成员函数中移动类的数据成员，这就是编译器错误告诉您的内容const

note: candidate function template not viable: 1st argument ('const (lambda at <source>:20:7)') would lose const qualifier

decltype(fn2)给出的类型是，假设 lambda 闭包类型是，那么它将是。lambda 的函数调用运算符是 const 限定的，则无法调用。std：：forward 的模板参数被显式指定，然后应该接受（和）作为其参数类型，但不能绑定到对 non-const 的引用。fn2TTstd::forward<decltype(fn2)>(fn2)Tstd::forward<decltype(fn2)>T&T&&constfn2

作为解决方法，您可以将 lambda 标记为。mutable

[fn2 = std::forward<decltype(fn1)>(fn1)] mutable
{
    auto fn3 = std::forward<decltype(fn2)>(fn2); // fine
    fn3();
}();

为什么 std：：forward 在 lambda 主体中不起作用？

Why does std::forward not work in the lambda body?

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