我想一个方法，使仿函数的功能。 现在，我试图通过lambda函数来包装函数调用和以后实例化。 但是编译器说不是拉姆达构造被删除。 那么，有什么办法可以编译这段代码？ 或者，也许另一种方式是什么？
#include <iostream>
void func()
{
std::cout << "Hello";
}
auto t = []{ func(); };
typedef decltype(t) functor_type;
template <class F>
void functor_caller()
{
F f;
f();
}
int main()
{
functor_caller<functor_type>();
return 0;
}
现在我得到这样的编译器错误：
error: use of deleted function '<lambda()>::<lambda>()'
error: a lambda closure type has a deleted default constructor
在我看来，唯一的办法是使用宏：
#define WRAP_FUNC(f) \
struct f##_functor \
{ \
template <class... Args > \
auto operator()(Args ... args) ->decltype(f(args...)) \
{ \
return f(args...); \
} \
};
然后
WRAP_FUNC(func);
然后（在主）
functor_caller<func_functor>()
该代码是没有意义的。 想象一下，你有这样的捕获的λ：
{
int n = 0;
auto t = [&n](int a) -> int { return n += a; };
}
还有什么比这可能意味着以缺省方式构造类型的对象decltype(t) ？
作为@Matthieu建议，你可以换拉姆达成function对象：
std::function<int(int)> F = t;
或者你可以在拉姆达（或任何可调用实体）的直接类型的模板调用点：
template <typename F>
int compute(int a, int b, F f)
{
return a * f(b); // example
}
用法： int a = 0; for (int i : { 1, 3, 5 }) { a += compute(10, i, t); } int a = 0; for (int i : { 1, 3, 5 }) { a += compute(10, i, t); }
如果可能的话，第二样式是优选的，因为转换到std::function是不平凡的，可能昂贵的操作中，当通过所得到的物体的实际的函数调用。 但是，如果你需要存储的异构可调用实体的统一收集，然后std::function可能是最简单，最方便的解决方案。
Lambda表达式没有默认构造函数。 永远。 唯一的建设者，他们有时会给访问时（取决于它们捕获的）复制和/或移动的构造。
如果你创建没有公共默认构造函数对象，你会得到同样的错误。
在C ++ 17可以用解决这个constexpr拉姆达和operator+衰减到函数指针。 携带一个函数指针，并调用它A型很容易用auto模板参数。
在C ++ 11你得让有点哈克。
template<class F>
struct stateless_lambda_t {
static std::aligned_storage_t< sizeof(F), alignof(F) >& data() {
static std::aligned_storage_t< sizeof(F), alignof(F) > retval;
return retval;
};
template<class Fin,
std::enable_if_t< !std::is_same< std::decay_t<Fin>, stateless_lambda_t >{}, int> =0
>
stateless_lambda_t( Fin&& f ) {
new ((void*)&data()) F( std::forward<Fin>(f) );
}
stateless_lambda_t(stateless_lambda_t const&)=default;
template<class...Args>
decltype(auto) operator()(Args&&...args)const {
return (*static_cast<F*>( (void*)&data() ))(std::forward<Args>(args)...);
}
stateless_lambda_t() = default;
};
template<class F>
stateless_lambda_t<std::decay_t<F>> make_stateless( F&& fin ) {
return {std::forward<F>(fin)};
}
现在，我们可以：
auto t = make_stateless([]{ func(); });
和你的代码工作。
一个static_assert或SFINAE该F实际上是一个空的类型可能是一个好主意。 要知道，对于品质。
使用C ++ 14个特征可以与手动更换decltype和喷涌typename和::type的关键字。 这个答案最初被写为已关闭，因为这一个的副本一个C ++ 14的问题。
活生生的例子 。
我们可以假设，拉姆达永远是空的，因此，我们可以做一个演员是另一个空类型，因为它们都具有相同的内存布局。 因此，我们建立了一个包装类，使一个缺省构造函数对象：
template<class F>
struct wrapper
{
static_assert(std::is_empty<F>(), "Lambdas must be empty");
template<class... Ts>
auto operator()(Ts&&... xs) const -> decltype(reinterpret_cast<const F&>(*this)(std::forward<Ts>(xs)...))
{
return reinterpret_cast<const F&>(*this)(std::forward<Ts>(xs)...);
}
};
现在静态断言被添加到确保拉姆达总是空的。 这应该始终是这种情况（因为其所需的衰减函数指针），但该标准并没有明确保证。 因此，我们使用断言至少赶上疯狂实施lambda表达式。 然后，我们只投了包装类的拉姆达，因为他们两人都是空的。
最后，拉姆达可以构造是这样的：
template <class F>
void function_caller()
{
wrapper<F> f;
f();
}
没有。
不过我相信，lambda表达式可以被复制，所以你functor_caller可以带参数初始化其属性。
尽管如此，而不是重新发明轮子，我会使用std::function来代替。
