lambda表达式是合法的默认（非类型模板）参数吗？

Question

_{以下所有标准参考文件均参考N4861（2020年3月布拉格后工作草案/C 20 DIS）}

在Q中

template<auto v>
constexpr auto identity_v = v;

constexpr auto l1 = [](){};
constexpr auto l2 = identity_v<l1>;

现在，根据[expr.prim.lambda.closure]/1，每个lambda表达式的类型都是唯一的

[...] 一个唯一的、未命名的非并集类类型，称为闭包类型[…]

另一方面，[basic.def.odr]/1[extract，emphasis-mine]表示

任何翻译单元不得包含一个以上的任何变量、函数、类类型、枚举类型、模板、参数的默认参数（对于给定范围中的函数）或默认模板参数的定义。

可以说，这意味着默认模板参数被视为需要尊重ODR的定义。

... 这就引出了我的问题：

• lambda表达式是合法的默认（非类型模板）参数吗？如果是，这是否意味着使用这种默认参数的每个实例化都会实例化一个唯一的专门化

（如果接近非法，也请突出显示：例如，超出单个实例化的任何内容是否会导致ODR违规）。

如果这实际上是合法的，那么每次调用一个带有lambda作为默认参数的变量模板都会导致一个唯一专业化的实例化：

template<auto l = [](){}>
               // ^^^^^^ - lambda-expression as default argument
constexpr auto default_lambda = l;

static_assert(!std::is_same_v<
    decltype(default_lambda<>),
    decltype(default_lambda<>)>);

GCC（演示）和Clang（演示）都接受上述程序

如果编译器正确地接受了这个例子，这意味着允许另一种机制捕获和检索元编程状态，这种技术长期以来被认为是

...神秘，应该变得不成形。

Answer 1

lambda表达式是合法的默认（非类型模板）参数吗？如果是，这难道不意味着使用这种默认参数的每个实例化都实例化了一个唯一的专门化吗？

是的，这意味着给定模板变量：

template<auto l = [](){}>
constexpr auto default_lambda = l;

对default\u lambda的每次调用都将通过生成新的唯一闭包类型生成一个新的模板实例化，从而提供一种捕获元编程状态的新方法。

因此，必须重新计算使用default\u lambda的每个表达式。如果编译器的状态自上次实例化以来发生了更改，并且如果我们在依赖表达式中使用它（例如：检查是否定义了类型），那么表达式的结果可能会更改。例如：

struct X; // not defined

template <typename T, auto = default_lambda<>>
consteval bool is_defined() {
    if constexpr (requires { T{}; }) {
        return true;
    } else {
        return false;
    }
}

static_assert(is_defined<X>() == false);

struct X {};
static_assert(is_defined<X>() == true);