What is the lifetime of a C++ lambda expression?
(我已经阅读了C ++中lambda派生的隐式仿函数的生命周期是什么？已经没有回答这个问题了。)
我理解C ++ lambda语法只是用于创建具有调用操作符和某个状态的匿名类的实例的糖，并且我理解该状态的生存期要求(由您是否通过引用的值捕获来决定。)但是什么是 lambda对象本身的生命周期？ 在以下示例中，返回的std::function实例是否有用？
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std::function<int(int)> meta_add(int x) { auto add = [x](int y) { return x + y; }; return add; } |
如果是，它是如何工作的？ 这对我来说似乎有点太神奇了 - 我只能想象它是通过std::function复制我的整个实例来工作的，这可能是非常沉重的，这取决于我捕获的内容 - 过去我主要使用std::function使用裸功能 指针，复制它们很快。 鉴于std::function的类型擦除，它似乎也有问题。
如果用手动编织器代替lambda，它的生命周期正是如此：
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struct lambda { lambda(int x) : x(x) { } int operator ()(int y) { return x + y; } private: int x; }; std::function<int(int)> meta_add(int x) { lambda add(x); return add; } |
该对象将在meta_add函数的本地创建，然后[在其entirty中，包括x的值]移动到返回值中，然后本地实例将超出范围并正常销毁。但是只要保存它的std::function对象，该函数返回的对象将保持有效。这多长时间显然取决于调用上下文。
相关讨论- 问题是，我不知道这实际上也适用于命名类，并且它让我感到困惑。
- 如果您不熟悉C ++ 11之前函数对象的工作方式，那么您应该看一下这些函数对象，因为lambdas几乎不是函数对象的语法糖。一旦你理解了lambdas与函数对象具有相同的值语义，那么它们的生命周期是相同的。
- 正常(在堆栈上分配)生命周期，但返回值优化？
- 不会在返回时添加复制，而不是移动？一个真正的lambda会被移动吗？我不知道为什么它不能成为任何理由，但也许那不是它实际上是如何工作的？
看起来你对std::function比对lambdas更困惑。
std::function使用称为类型擦除的技术。这是一个快速飞过。
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class Base { virtual ~Base() {} virtual int call( float ) =0; }; template< typename T> class Eraser : public Base { public: Eraser( T t ) : m_t(t) { } virtual int call( float f ) override { return m_t(f); } private: T m_t; }; class Erased { public: template<typename T> Erased( T t ) : m_erased( new Eraser< T >(t) ) { } int do_call( float f ) { return m_erased->call( f ); } private: Base* m_erased; }; |
你为什么要删除这个类型？不是我们想要的类型int (*)(float)吗？
类型擦除允许的是Erased现在可以存储任何可调用的值，如int(float)。
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int boring( float f); short interesting( double d ); struct Powerful { int operator() ( float ); }; Erased e_boring( &boring ); Erased e_interesting( &interesting ); Erased e_powerful( Powerful() ); Erased e_useful( []( float f ) { return 42; } ); |
- 回想起来，我对std :: function感到困惑，因为我不知道它保留了很多东西的所有权。我假设将一个实例"包装"到std :: function后该实例左边的范围无效。 lambdas将混淆带到头部的原因是因为std :: function基本上是传递它们的唯一方法(如果我有一个命名类型，Id只返回一个命名类型的实例，而且相当明显)，然后我不知道实例去了哪里。
- 这只是示例代码，缺少一些细节。 它泄漏了内存，并且缺少对std::move，std::forward的调用。 此外，std::function通常使用小对象优化来避免在T较小时使用堆。
- 对不起，我试着去学习什么类型的擦除，并且在你的例子中，Erased你有m_erased.call(f)。 如果m_erased是成员指针，你怎么能做m_erased.call(f)？ 我试图将点更改为箭头，我认为它试图访问Base纯虚函数。 这是因为它只是一个例子吗？ 我一直盯着它看了十分钟，我觉得我很生气。 谢谢
- @TitoneMaurice：是的，那绝对应该是->。 为什么你认为它会调用基本虚函数？ 请记住，即使派生类省略了virtual关键字，虚函数也会被重载
这是：
| 1 | [x](int y) { return x + y; }; |
相当于:(或者也可以考虑)
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struct MyLambda { MyLambda(int x): x(x) {} int operator()(int y) const { return x + y; } private: int x; }; |
所以你的对象正在返回一个看起来就像那样的对象。其中有一个定义良好的复制构造函数。因此，它可以从函数中正确复制似乎非常合理。
相关讨论- 要将它复制出函数，需要std :: function在实例化std :: function之后知道它的类型。它怎么能这样做？想到的唯一技巧是指向带有虚函数的模板化类的实例，该函数知道lambda的确切类型。这看起来很糟糕，我甚至不知道它是否真的有效。
- @Joe：你基本上描述了磨机类型擦除的运行，这就是它的工作原理。
- @JoeWreschnig：你没有问过std::function是如何工作的;你问过lambdas是如何工作的。 std::function不是一回事;它只是一种在对象中包装泛型callable的方法。
- @NicolBolas：嗯，我通过std :: function返回了一个原因，因为这是我不理解的步骤。正如丹尼斯所说，这也适用于我不知道的命名类 - 对于过去的一年(在我开始使用std :: function之后但在我开始使用lambdas之前)，我总是认为它不会起作用。
- lambda将被移动到std::function<>实例中，而不是被复制，因此具有明确定义的复制构造函数是无关紧要的 - 移动构造函数是什么相关的。
- 嗯，如果是这样，那么我不能做(新MyLamba(x))(y)？我不认为这是可能的。
- 另外，移动而不是复制呢？看起来如果lambda副本捕获许多值，移动和复制之间的差异将是显着的。
- @allyourcode：评论一。你可以做(new MyLambda(x))->operator()(y)。你通常做的是MyLambda(x)(y)。 new的问题在于您创建的指针不是对象。指针没有方法，因此您需要将指针取消引用到对象类型。
- @allyourcode：在大多数情况下，复制elidtion(sp)会使副本无效。但要真正回答你需要更加具体地考虑你正在考虑的情况，因为它可能是一个问题。
- @LokiAstari啊是的。不知道我为什么用新的。但这不是我的观点：构造函数似乎不存在。为什么我尝试使用它，我的编译器告诉我只有两个构造函数，并且它们都没有使用x。
在您发布的代码中：
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std::function<int(int)> meta_add(int x) { auto add = [x](int y) { return x + y; }; return add; } |
函数返回的std::function<int(int)></int(int)>对象实际上包含已分配给局部变量add的lambda函数对象的移动实例。
当您定义捕获按值或按引用的C ++ 11 lambda时，C ++编译器会自动生成一个唯一的函数类型，其实例是在调用lambda或赋值给变量时构造的。为了说明，您的C ++编译器可能会为[x](int y) { return x + y; }定义的lambda生成以下类类型：
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class __lambda_373s27a { int x; public: __lambda_373s27a(int x_) : x(x_) { } int operator()(int y) const { return x + y; } }; |
然后，meta_add函数基本上等同于：
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std::function<int(int)> meta_add(int x) { __lambda_373s27a add = __lambda_373s27a(x); return add; } |
编辑：顺便说一句，我不知道你是否知道这一点，但这是C ++ 11中函数currying的一个例子。
相关讨论- 实际上，函数返回的std::function<int(int)></int(int)>对象包含一个移动的lambda函数对象实例 - 不执行任何副本。
- ildjarn：meta_add(int)函数是否需要返回std::move(add)才能调用函数类型的移动构造函数(在本例中为__lambda_373s27a)？
- 不，return语句允许隐式地将返回值视为右值，使其可以隐式移动并且不需要显式return std::move(...);(这可以防止RVO / NRVO，实际上使return std::move(...);成为反模式)。因为add在return语句中被视为rvalue，因此lambda被移动到std::function<>构造函数参数中。
ref：C ++ lambda表达式的生命周期是多少？ | 码农家园 (codenong.com)
标签：std,function,生命周期,return,++,int,add,lambda From： https://www.cnblogs.com/lidabo/p/16952965.html