scala - 如何正确地通过包装类来线程化类型？

Question

trait Thing {
  type Out
  def get: Out
}

case class Wrapper(t: Thing) extends Thing {
  type Out = t.Out
  override def get = t.get
}

def hey(t: Thing): t.Out = Wrapper(t).get

这给了我一个类型错误，尽管它显然是类型安全的。我想知道如何正确地向编译器证明这是安全的，而无需进行强制转换。

有什么想法吗？

Answer 1

如果你真的、真的不想在 Wrapper 上放置类型参数，你可以用一个不那么健忘的方式来推出你自己的假案例类apply :

trait Thing {
  type Out
  def get: Out
}

abstract class Wrapper(t: Thing) extends Thing

object Wrapper {
  def apply(t: Thing): Wrapper { type Out = t.Out } =
    new Wrapper(t) {
      type Out = t.Out
      def get: Out = t.get
    }
}

def hey(t0: Thing): t0.Out = Wrapper(t0: Thing { type Out = t0.Out }).get

(在现实生活中，您还需要定义案例类为您提供的所有其他内容 - 有用的相等性等)

问题是Wrapper.apply当您定义案例类时自动生成的仅返回 Wrapper ，这意味着编译器丢失了有关其 Out 的所有静态信息。 。如果你自己写apply ，您可以通过将返回类型设置为指定 Out 的细化类型来保留该信息。 .

为了证明它有效:

scala> val myThing = new Thing {
     |   type Out = String
     |   def get = "foo"
     | }
myThing: Thing{type Out = String} = $anon$1@5e265ba4

scala> hey(myThing)
res0: myThing.Out = foo

scala> val foo: String = hey(myThing)
foo: String = foo

因此编译器能够跟踪 Out 的事实是 String一路走来。