如何限制lambda参数的参数只能是引用？

Question

我正在尝试设计一个像这样的简单函数：

void draw(Callback callback)
{
    Drawing drawing("name");
    callback(drawing);

    std::cout << drawing.name() << std::endl;
}

其中

drawing

应作为引用传递给回调，以便调用者可以像这样修改它：

draw([](auto& drawing) {
    drawing.set_name("another name");
});

现在这可以工作了，因为我明确地将回调参数输入为

auto&

（或

Drawing&

）。 但是，当我仅将参数键入为

auto

（或

Drawing

）时，代码也会编译，但不再按预期工作。

drawing

实例是复制的，而不是通过引用传递的。

当 lambda 参数未显式键入为引用时，我希望代码不再编译。

我尝试过以下方法：

• using Callback = std::function<void(Drawing&)>;

  ：未明确输入为

  drawing

  时，

  auto&

  不会被修改。

• template<typename T> concept Callback = std::is_invocable<void, T, Drawing&>;

  ：同上。

• using Callback = void (*)(Drawing&);

  ：这确实有效，但我失去了使用捕获的能力。

那么我该如何正确输入 Callback，以便只有

Drawing&

才是 lambda 的有效参数？

Answer 1

您可以约束

draw

，以便不能使用右值调用它：

template <typename Callback>
  requires (std::invocable<Callback, Drawing&> && !std::invocable<Callback, Drawing&&>)
void draw(Callback callback)
{
    Drawing drawing("name");
    callback(drawing);

    std::cout << drawing.name() << std::endl;
}

如果给定的

callback

接受

auto

或

auto&&

，它将不满足约束：

int main() {
    draw([](auto& drawing) {}); // OK
    draw([](auto drawing) {});  // error: no matching function call ...
}

请参阅编译器资源管理器中的实时示例。