如何告诉编译器我返回的枚举变量总是没有生命周期？答案

【问题标题】：How to tell the compiler the variant of the enum I'm returning always has no lifetime?如何告诉编译器我返回的枚举变量总是没有生命周期？
【发布时间】：2018-01-08 05:25:23
【问题描述】：

下面的代码无法编译，因为编译器认为我不应该分配给 t1，因为它是借用的，但实际上函数 always_returns_no_lifetime 将始终返回实际上没有的枚举的变体有一辈子，所以我可以修改t1。我怎样才能让编译器理解这一点，或者我应该如何重新组织我的代码以使这个错误不会发生？

#[derive(Clone)]
enum Types<'a> {
    NoLifetime(i32),
    AlsoNoLifetime(i32),
    AlsoAlsoNoLifetime(i32),
    HasLifetime(&'a str)
}

fn always_returns_no_lifetime<'a>(some_type: &'a Types) -> Types<'a> {
    match *some_type {
        Types::HasLifetime(text) => panic!("I only return the type that has no lifetime"),
        _ => some_type.clone()
    }
}


fn main() {
    let mut t1 = Types::NoLifetime(20);

    let copy = always_returns_no_lifetime(&t1);

    t1 = Types::NoLifetime(30);

}

playground

错误是：

error[E0506]: cannot assign to `t1` because it is borrowed
  --> src/main.rs:23:5
   |
21 |     let copy = always_returns_no_lifetime(&t1);
   |                                            -- borrow of `t1` occurs here
22 |     
23 |     t1 = Types::NoLifetime(30);
   |     ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^ assignment to borrowed `t1` occurs here

【问题讨论】：

标签： enums rust borrow-checker

【解决方案1】：

您的函数的返回类型错误。如果保证返回值没有任何生命周期，那么它应该被标记为这样，而不是绑定到任意生命周期：

fn always_returns_no_lifetime(...) -> Types<'static>;

通过此更改，您实际上也不再需要任何 input 生命周期，因为它们仅用于绑定输入和输出，导致以下签名：

fn always_returns_no_lifetime(some_type: &Types) -> Types<'static>;

不幸的是，这意味着 clone 现在不在表中，因为它克隆了生命周期，所以实现也必须改变：

fn always_returns_no_lifetime(some_type: &Types) -> Types<'static> {
    match *some_type {
        Types::HasLifetime(_)
            => panic!("I only return values that have no lifetime"),
        Types::NoLifetime(i) => Types::NoLifetime(i),
        Types::AlsoNoLifetime(i) => Types::AlsoNoLifetime(i),
        Types::AlsoAlsoNoLifetime(i) => Types::AlsoAlsoNoLifetime(i),
    }
}

这个实现的好处可以在下面的例子中得到证明：

fn tie<'a>(text: &'a str) -> Types<'a> {
    if text[0] == 'a' {
        Types::HasLifetime(text)
    } else {
        Types::NoLifetime(0)
    }
}

fn main() {
    let no_lifetime = {
        let string = String::from("Hello, world");
        let has_lifetime = tie(&*string);
        always_returns_no_lifetime(&has_lifetime)
    };

    //  Requires deriving Debug, all structs really should...
    println!("{:?}", no_lifetime);
}

如果你在不需要的时候保留生命周期，你不能编译这个例子，这是一个不必要的限制。

【讨论】：

感谢您的回答，但我不太明白您要在第二个示例中显示什么。我看到你对底部的范围做了什么，但是应该显示什么 tie 函数？
@Keatinge：tie 函数正在创建一个 Types<'a>，它将值与其输入的生命周期联系起来（注意它具有相同的生命周期）。这就是导致has_lifetime 与string 变量具有相同生命周期的原因。如果你试图从块中返回has_lifetime，编译器会警告你不能，因为string在块的末尾被销毁。

【解决方案2】：

不要在 reference 上应用 'a 生命周期参数，而是在 Types 上应用它，就像您对返回类型所做的那样。当您在其上调用 .clone() 时，引用上的生命周期并不重要。

fn always_returns_no_lifetime<'a>(some_type: &Types<'a>) -> Types<'a> {
    match *some_type {
        Types::HasLifetime(text) => panic!("I only return the type that has no lifetime"),
        _ => some_type.clone()
    }
}

【讨论】：