scala - 参数列表中的类型推断结合 setter 不起作用

Question

让我们想象一下范围内的以下项目:

object Thing { 
  var data: Box[String] = Empty
}

def perform[T](setter: Box[T] => Unit) {
  // doesn't matter
}

以下无法编译:

perform(Thing.data = _)

错误信息是:

<console>:12: error: missing parameter type for expanded function ((x$1) => Thing.data = x$1)
              perform(Thing.data = _)
                                   ^
<console>:12: warning: a type was inferred to be `Any`; this may indicate a programming error.
              perform(Thing.data = _)
                                 ^

虽然以下编译:

perform(Thing.data_=)

我已经通过创建更好的抽象超越了这个问题，但我的好奇心仍然存在。

谁能解释这是为什么？

Answer 1

让我们扩展您在第一个示例中所做的事情:

Thing.data = _

是定义匿名函数的简写，如下所示:

def anon[T](x: Box[T]) {
  Thing.data = x
}

所以当你打电话

perform(Thing.data = _)

它和

perform(anon)

问题是 anon和 perform取一个类型参数 T并且您绝不会声明什么 T是。编译器只能从传递的参数中推断函数调用中的类型参数，而不能从函数体内部推断出类型参数，因此无法在 anon 中推断出类型参数。那个 T应该是 String .

请注意，如果您调用

perform[String](Thing.data = _)

编译器没有问题，因为它现在知道什么 T应该是，如果你尝试使用除字符串之外的任何类型，你会得到一个类型不匹配错误，但错误发生在匿名函数的主体中，而不是在调用 perform 时发生。 .

然而，当你打电话

perform(Thing.data_=)

您正在传递方法 Thing.data_= ，明确定义为 Box[String] => Unit ，因此编译器可以推断 perform的类型参数，因为它来自函数参数。