关于C++ Lambda表达式捕获变量作用域的技术疑问

第一个问题：Lambda访问外层作用域变量为何能编译运行？ #

你的教授关于“Lambda表达式捕获变量的可达作用域仅为最内层封装作用域”的说法不准确，属于授课内容的表述偏差，你的代码完全符合C++标准，既不是未定义行为也不是编译器特殊处理。

C++标准中，Lambda的隐式捕获（[&]表示引用捕获、[=]表示值捕获）规则是：自动捕获所有在Lambda体内被使用的、且在Lambda定义点可见的自动变量（栈上的局部变量），不管这些变量位于哪一层嵌套作用域，只要在定义Lambda时能通过作用域链访问到，就会被正确捕获。

看你的代码：

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int a = 5;
    {
        int b = 10;
        {
            int c = 15;
            {
                int a = 10;
                auto f = [&]()
                {
                    std::cout << a << b << c;
                };
                f();
                std::cout << a;
            }
        }
    }
    return 0;
}

Lambda定义时，b和c虽然不在最内层作用域，但属于外层嵌套作用域的可见变量，[&]会自动以引用方式捕获Lambda体内用到的a（优先匹配内层的a）、b、c。由于调用f()时，这些变量都还处于各自的作用域内存活，引用是有效的，所以代码能正常编译运行，输出10101510。

第二个问题：按值捕获已销毁变量的Lambda为何能正常运行？ #

助教的说法有误，按值捕获的Lambda行为完全符合C++标准，代码能正常运行是合理的。

C++中，Lambda按值捕获变量时，会在Lambda对象内部创建该变量的独立副本，副本的生命周期和Lambda对象一致，和原变量的生命周期无关。

看你的代码：

int main(int argc, char *argv[])
{
  int x = 7;
  std::function<void()> foo;
  {
    int z = 19;
    foo = [x, z]() mutable
    {
      x = 5;
      std::cout << x << " " << z << std::endl;
    };
  }
  foo();
  std::cout << x;
  return 0;
}

• 捕获x和z时，Lambda会复制这两个变量的值到自己内部的成员中，即使原z在离开内层作用域后被销毁，Lambda对象（被存储在foo中）内部的z副本依然存在，调用foo()时访问的是这个副本，而非原变量，所以不会出现未定义行为。
• 加上mutable修饰后，Lambda允许修改内部的副本变量，所以x = 5修改的是Lambda内部的x副本，外部的x不受影响，最终外部输出7，这也是符合预期的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者kesetovic