为什么operator（）在C ++ 17中为std :: function改变？

Question

以下代码在C ++ 14中被认为是非法的，但在C ++ 17中是合法的：

#include <functional>

int main()
{
    int x = 1729;
    std::function<void (int&)> f(
        [](int& r) { return ++r; });
    f(x);
}

不要费心去测试它，你会得到不一致的结果，因此难以判断它是一个bug还是故意的行为。 但是，比较两个草稿（N4140和N4527，两者都可以在github.com/cplusplus/draft上找到），[func.wrap.func.inv]有一个显着的区别。 第2段：

返回：如果R为空则无效，否则返回值为INVOKE（f，std :: forward（args）...，R）。

在草稿之间删除了上述内容。 这意味着lambda的返回值现在被静默丢弃 。 这似乎是一种错误。 任何人都可以解释这个推理吗？

Answer 1

关于std::function<void(Args...)> 的标准中存在一个荒谬的缺陷 。 根据标准的措辞，没有（非平凡） ¹使用std::function<void(Args...)>是合法的，因为没有任何东西可以“隐式转换为” void （甚至void ）。

void foo() {} std::function<void()> f = foo; 在C ++ 14中不合法。 哎呀。

有些编译器采用了错误的措辞，使得std::function<void(Args...)>完全无用，并且仅将逻辑应用于传入的callables，其中返回值不为 void 。 然后他们得出结论，将一个返回int的函数传递给std::function<void(Args...)> （或任何其他非void类型）是违法的。 他们没有把它带到逻辑端并禁止函数返回void （ std::function要求对于完全匹配的签名没有特殊情况：相同的逻辑适用。）

其他编译器只是忽略了void返回类型情况下的错误措辞。

缺陷基本上是调用表达式的返回类型必须可以隐式转换为std::function的签名的返回类型（有关更多详细信息，请参阅上面的链接）。 根据标准， void不能隐式转换为void ² 。

所以缺陷得到了解决。 std::function<void(Args...)>现在接受任何可以使用Args...调用的东西，并丢弃返回值，就像许多现有的编译器一样。 我认为这是因为（A）语言设计者从未想过限制，或者（B）想要一种丢弃返回值的std::function的方法。

std::function 从未要求完全匹配参数或返回值，只是兼容性。 如果传入的参数可以从签名参数隐式转换，并且返回类型可以隐式转换为返回类型，那么它很高兴。

并且int(int&)类型的函数在许多直观定义下与签名void(int&)兼容，因为您可以在“void context”中运行它。

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¹基本上，不允许任何使operator()合法调用的东西。 你可以创建它，你可以销毁它，你可以测试它（并知道它是空的）。 你不能给它一个函数，即使是一个与其签名完全匹配的函数，或函数对象或lambda。 荒谬。

²对于void被impliclty转换成void的标准下，它要求的语句void x = blah; ，其中blah是void类型的表达式，是有效的; 该语句无效，因为您无法创建void类型的变量。