C++中lambda为何无法隐式转换为带参数包的std::function实例？

核心矛盾来源于C++模板参数推导的规则限制，分两点展开：

• 第一：模板参数推导阶段不会执行任何用户定义的隐式转换。
  对于类型依赖待推导模板参数的函数参数，编译器只会做最直接的类型匹配，不会调用转换构造函数、自定义转换函数这类用户定义的转换逻辑。lambda表达式本身是独立的匿名类类型，和std::function是完全不同的类型，二者的转换依赖std::function的模板构造函数，属于用户定义转换，在推导阶段不会被触发。隐式转换仅在模板参数确定后的重载决议阶段生效。
• 第二：可变参数包的显式指定不会终止推导过程。
  你可能会疑惑已经显式指定了call<int, double>的模板参数，为什么还会走推导逻辑？这是因为Args是可变长度的参数包，你显式给出的<int, double>只是参数包的前缀，编译器仍然会尝试从第一个参数MyFunc<Args...>的类型推导是否存在更多的参数，因此第一个参数仍然处于模板推导语境，隐式转换依然不会被执行。
  只有你显式把lambda转换为MyFunc<int, double>之后，参数类型完全匹配，推导过程直接结束，才能正常编译。

你可以把第一个参数放入非推导语境，让编译器不会尝试从第一个参数推导Args参数包，这样隐式转换就可以正常触发。
如果你使用C++20及以上标准，可以直接用标准库的std::type_identity：

#include <type_traits>
#include <functional>
#include <iostream>

template<typename... Args>
using MyFunc = std::function<void(Args...)>;

template<typename... Args>
void call(std::type_identity_t<MyFunc<Args...>> f, Args... args) {
    // 自定义额外逻辑写在这里
    f(args...);
}

int main() {
    auto lambda = [](int a, double b) {std::cout << a << b << std::endl;};
    call<int, double>(lambda, 1, 2.0); // 可正常编译
    return 0;
}

如果使用C++11/17，可以自己实现简易的identity模板：

template<typename T>
struct type_identity {
    using type = T;
};
template<typename T>
using type_identity_t = typename type_identity<T>::type;

内容的提问来源于stack exchange，提问作者MorJ