从 C++ 中的 std::function 访问模板化 lambda

Question

我正在尝试向我的 lambda 添加一些检测以存储一些数据（即当 lambda 被触发时），但是我在从 std::function 检索 lambda 时遇到了一些麻烦。 我创建了一个通用函子来存储任何 lambda 和我的参数，然后我将此函子存储到 std::function 中。

当我尝试从 std::function 访问我的函子时，通过目标方法传递的类型不起作用......我传递的类型似乎不是好的类型，我不知道如何传递根据定义不是类型的 lambda 类型...

任何人都可以帮助我实现这一目标吗？ 我正在使用 Microsoft (R) C/C++ Optimizing Compiler Version 19.16.27030.1 for x64

谢谢

下面是一个例子：

#include <iostream>
#include <functional>
#include <string>

template <typename Signature>
class lambda_wrapper
{
    public:
    lambda_wrapper(Signature&& lambda, const std::string& iName)
        : _lambda(std::move(lambda))
        , _sName(iName)
    {}

    template <typename... Args> inline
        auto operator()(Args&&... args)
    {
        return _lambda(std::forward<decltype(args)>(args)...);
    }

    std::string& getName()
    {
        return _sName;
    }
    private:
    Signature _lambda;
    std::string _sName;
};

template <typename Signature>
lambda_wrapper<Signature> myLambda(Signature&& lambda, const std::string& iName)
{
    return {std::forward<Signature>(lambda), iName};
}

class MyClass
{
    public:
    MyClass()
        : _lambda(myLambda([](int)
    {}, "test"))
    {

    }
    virtual ~MyClass() = default;

    void printVal()
    {
        lambda_wrapper<std::function<void(int)>>* pWrapper = _lambda.target<lambda_wrapper<std::function<void(int)>>>();
        if (pWrapper)
            std::cout << pWrapper->getName();
        else
            std::cout << "NULL" << std::endl;

        std::cout << "Stored type name=" << _lambda.target_type().name() << std::endl;
        std::cout << "Cast type name=" << typeid(lambda_wrapper<std::function<void(int)>>).name() << std::endl;
    }

    private:
    std::function<void(int)> _lambda;
};

int main()
{
    MyClass myClass;
    myClass.printVal();
}

结果如下：

NULL
Stored type name=class lambda_wrapper<class <lambda_de654b4bbc7b5fec872744c55537b509> >
Cast type name=class lambda_wrapper<class std::function<void __cdecl(int)> >

Answer 1

_lambda.target的正确类型在您的示例中不可命名。 每个 lambda 表达式都会创建一个具有唯一类型的对象。

您可以将lambda_wrapper扩展为像std::function这样的类型擦除，而不是使用std::function并试图让 lambda 退出。 然后，您可以轻松地将行为添加到知道实际类型的部分。