扩展函数 SCALA 缺少参数类型

Question

缺少扩展函数的参数类型

所以我的代码是：

var filter = availableRestaurants.filter(_ => commonOrder.contains(_.cuisine))

这会在“_.cuisine”处引发一个名为“缺少参数类型”的扩展函数错误。我也试过了：

var filter = availableRestaurants.filter(commonOrder.contains(_.cuisine))

commonOrder 是一个字符串列表 availableRestaurants 是一个对象列表，其中包含一个名为 cuisine 的字符串字段 重写这样的东西最好的方法是什么，或者这完全不合逻辑？

Answer 1

首先，切勿在 Scala 中使用var（除非你必须）。最好使用val。

var filter = availableRestaurants.filter(_ => commonOrder.contains(_.cuisine))

这是给filter 函数一个匿名函数，它会丢弃它的第一个参数。但是您想使用包含检查的参数。 （函数调用中的_比较特殊，第二个不引用第一个）

错误的原因是commonOrder.contains(_.cuisine)部分需要先(eta)展开，即。方法调用需要转换为函数，因为filter 需要一个函数。但是在不知道 _ 代表什么以及 _.cuisine 的类型是什么的情况下，这会失败。

这样做：

val filter = availableRestaurants.filter(r => commonOrder.contains(r.cuisine))

或者，预先手动将方法扩展为函数：

val containsCuisine = (r: Restaurant) => commonOrder.contains(r.cuisine)
val filter = availableRestaurants.filter(containsCuisine)

或者，使用构图，类似于你可以用镜头做的事情：

val cuisineOf = (r: Restaurant) => r.cuisine // re-usable
val filter = availableRestaurants.filter(cuisineOf andThen commonOrder.contains)