Ответ 1
В С++ 14 вы можете использовать [](T& obj) -> decltype(auto) { return obj; }. В этом случае возвращаемый тип f выводится из объявленного типа obj (например, T& в этом случае).
Возможно ли вернуть объект типа T по ссылке из лямбда без использования синтаксиса типа возвращаемого типа?
Учитывая следующий фрагмент кода:
struct T {};
std::function<T&(T&)> f = [](T& obj) -> T& { return obj; };
Мне было интересно, можно ли вывести правильный тип возвращаемого лямбда (т.е. T&) без использования синтаксиса типа возвращаемого типа.
Очевидно, если я удалю -> T&, тогда произойдет ошибка времени компиляции в том, что выведенный тип будет T.
Ответы
Ответ 2
Нет, но в С++ 14 вы можете использовать auto& как тип trailing-return. Если вы печатаете, вас беспокоит, и обновления компилятора вас совсем не волнуют, тогда это в основном решает вашу проблему.
Ответ 3
В С++ 11 вы можете использовать функцию std:: ref для достижения того, что вы просили:
#include <iostream>
#include <functional>
struct T {
int mI = 0;
};
int main() {
std::function<T&(T&)> foo = [](T&t) { return std::ref(t); };
T tObj;
T & tRef = foo(tObj);
tRef.mI = 42;
std::cout<<tObj.mI<<"\n"; // Returns 42
std::cout<<tRef.mI<<"\n"; // Returns 42
return 0;
}
Функция
template<class T>
std::reference_wrapper<T> std::ref(T& t)
возвращает объект reference_wrapper, который в основном является объектом, содержащим указатель. Эта ссылочная оболочка может быть неявно преобразована в соответствующую ссылку, см. cppreference.com
Кроме того, вы можете заменить std::function<T&(T&)> на auto:
auto foo = [] (T& t) { return std::ref(t); };