Scala缺少扩展函数的参数类型答案

【问题标题】：Scala missing parameter type for expanded functionScala缺少扩展函数的参数类型
【发布时间】：2016-07-27 10:59:32
【问题描述】：

以下代码无法编译：

def f[T](conv: Option[String => T]) {}
f(Some(_.toInt))

<console>:13: error: missing parameter type for expanded function ((x$1) => x$1.toInt)

当然，显式类型就可以了：

scala> f(Some((x: String) => x.toInt))

为什么编译器不能在这里推断字符串类型？有什么歧义吗？

一般来说，是否可以通过下划线扩展手动检查和检查生成的代码？

【问题讨论】：

@slouc，把它作为一个 asnwer 发布 - 这是一个正确的。如果 OP 创建了一些涉及与 String 相关的一些变化或继承的类型类，那么它可能在某些情况下能够推断它，但否则你可以只传递一些 ClassWithoutToInt 并且它不能用下划线推断它，跨度>
@sebszyller 我刚刚删除了我的评论，因为我认为它是错误的 :) 你如何解释如果它不是用于选项的事实，也就是说，如果方法只采用函数字符串=> T，你可以通过 f(_.toInt) 并且它会工作吗？
@slouc 我不知道你的答案是什么，但希望我能解释为什么它会起作用。
SO 抱怨没有提出足够多的问题。我同意按照共同的直觉，这应该可行。当然，我可能有充分的理由错了。
在 REPL 中使用 f(_.toInt) // show 或 -Xprint:typer 来查看 typer 如何查看您的代码。

标签： scala

【解决方案1】：

基本问题（我相信）是，当键入Some(_.toInt) 时，编译器需要推断Some.apply[A](x: A) 的类型参数，为此，它首先需要对参数进行类型检查。因此，_.toInt 使用 A（被视为未知类型常量）作为预期类型进行类型检查。这会失败，因为只有在预期类型是函数类型（或从 Scala 2.12 开始，单一抽象方法类型）时，才允许匿名函数不指定参数类型。然后编译器再次尝试使用undefined 作为预期类型，但由于同样的原因失败。

在这种情况下，预期的返回类型实际上足以确定类型参数，然后这将允许对 _.toInt 进行类型检查，但这不是它的设计工作方式。

如果需要，血淋淋的细节在 http://scala-lang.org/files/archive/spec/2.11/06-expressions.html 第 6.6、6.23 和 6.26.4 段中。

【讨论】：

这是 slouc 的原始答案，扩展了 apply 附加组件。它是正确的，imo。
匿名函数只允许在由期望类型给出时不指定参数类型。“当它们由期望类型给出时”是什么意思？跨度>
是的，无论如何，这是一个更彻底的解释。我更多的是一种预感。谢谢阿列克谢
不是 6.26.4 方面的专家，但对我来说，匿名乐趣不能为约束提供 var 并不明显：Some[b](_.toInt) <: Option[String => a] 或 Some[b](c => Int) <: Option[String => undefined]。 args 使用预期类型进行类型检查（但类型参数固定）。因此，我们的直觉认为这只是一个限制。
所以，要恢复全貌，会发生以下情况： 1) 编译器看到f() 并尝试确定它的类型，但它还不知道； 2) 为此，它继续查看Some 并尝试确定它的类型； 3) 为此，它继续前进并看到_.toInt。为了推断_ 的类型，编译器需要知道f 的类型，这仍然是未知的。 4）我们有一个僵局。我说对了吗？请注意，明确指定 f 的类型有效：f[Int](Some(_.toInt))。正如 Yuval 所问的，我还希望看到有关“何时按预期类型给出”的详细说明。