为什么不能调用带有 auto& 参数的 const mutable lambda？

#include <type_traits>

int main()
{
    auto f1 = [](auto&) mutable {};
    static_assert(std::is_invocable_v<decltype(f1), int&>); // ok

    auto const f2 = [](auto&) {};
    static_assert(std::is_invocable_v<decltype(f2), int&>); // ok

    auto const f3 = [](auto&) mutable {};
    static_assert(std::is_invocable_v<decltype(f3), int&>); // failed
}

See demo https://godbolt.org/z/69eWPe5bG

为什么 const mutable lambda 不能采用引用参数？

这里有两件有趣的事情。

首先，lambda 的调用运算符（模板）是const默认情况下。如果您提供mutable，那么它不是const。的效果mutable在 lambda 上是solely与尾随效果相反const在普通成员函数中（它不影响 lambda 捕获等）

所以如果你看看这个：

auto const f3 = [](auto&) mutable {};
static_assert(std::is_invocable_v<decltype(f3), int&>); // failed

这是一个const对象，其调用运算符模板（因为它是通用 lambda）是非const。所以你不能调用它，出于同样的原因你不能调用非const上的成员函数const任何其他上下文中的对象。看这个另一个答案 https://stackoverflow.com/a/70309342/2069064.

其次，有人指出，尽管如此，这是有效的：

auto const f4 = [](int&) mutable {}; // changed auto& to int&
static_assert(std::is_invocable_v<decltype(f4), int&>); // now ok

This is not编译器错误。Nor是不是说明我刚才说的都是错的。f4 still has a 非常量呼叫接线员。你不能调用它，因为f4是一个常量对象。

However.

没有捕获的 lambda 表达式还有另一个有趣的方面：​​它们有一个到函数指针类型的转换函数。也就是说，我们通常会想到 lambdaf4看起来像这样：

struct __unique_f4 {
    auto operator()(int&) /* not const */ { }
};

而且，如果这就是整个故事，const __unique_f4确实不可调用int&。但它actually看起来像这样：

struct __unique_f4 {
    auto operator()(int&) /* not const */ { }

    // conversion function to the appropriate function
    // pointer type
    operator void(*)(int&)() const { /* ... */ }
};

当你调用一个对象时，我们有这样的规则，比如f(x)，你不仅考虑f的呼叫操作员——那些被命名的成员operator()——但你也考虑其中的任何一个f's 代理调用函数 https://eel.is/c++draft/over#def:surrogate_call_function-- 是否有可以转换的函数指针f到，然后调用。

在这种情况下，你可以！你可以转换f4 to a void(*)(int&)并且该函数指针可以通过以下方式调用int&.

但这仍然意味着f4的调用运算符不是 const，因为您声明它是可变的。它并没有说明你是否可以拥有mutablelambda 接受参考参数。