C ++ Lambdas：“可变”和按引用捕获之间的区别

在C ++中，您可以像这样声明lambda：

int x = 5;
auto a = [=]() mutable { ++x; std::cout << x << '\n'; };
auto b = [&]()         { ++x; std::cout << x << '\n'; };

两者都让我修改x，所以有什么区别？

怎么了

第一个只会修改自己的副本，x而外部不会x更改。第二个将修改外部x。

尝试以下各项后添加打印语句：

a();
std::cout << x << "----\n";
b();
std::cout << x << '\n';

预计将打印：

6
5
----
6
6

为什么

考虑一下lambda可能会有所帮助

表达式提供了一种创建简单函数对象的简洁方法

^{（请参阅标准的[expr.prim.lambda]）}

他们有

[...]公共内联函数调用运算符[...]

声明为const成员函数，但仅

[...]当且仅当lambda表达式的参数声明子句后没有mutable

你可以想到

    int x = 5;
    auto a = [=]() mutable { ++x; std::cout << x << '\n'; };

==>

    int x = 5;

    class __lambda_a {
        int x;
    public:
        __lambda_a () : x($lookup-one-outer$::x) {}
        inline void operator() { ++x; std::cout << x << '\n'; }     
    } a;

和

    auto b = [&]()         { ++x; std::cout << x << '\n'; };

==>

    int x = 5;

    class __lambda_b {
        int &x;
    public:
        __lambda_b() : x($lookup-one-outer$::x) {}
        inline void operator() const { ++x; std::cout << x << '\n'; }         
        //                     ^^^^^
    } b;

问：但是如果它是一个const函数，为什么我仍然可以更改x？

答：您只是在改变外面x。lambda本身x是一个引用，并且该操作++x不会修改reference，而是引用的值。

之所以可行，是因为在C ++中，指针/引用的常量不会更改通过它看到的指针/引用的常量。