ios - 将参数传递给实现协议(protocol)并快速扩展类的方法

Question

在 Objective-C 中，您可以通知编译器类型应该是特定类的后代，并且还符合协议(protocol)(例如“UIViewController *foo = nil”)。

我正在尝试用 Swift 做一些类似的事情，看起来这需要使用泛型。这是我期望的工作:

import UIKit

protocol MyProtocol {
    var foo: String {get set}
}

class MyViewController: UIViewController, MyProtocol {
    var foo: String = ""
}

func doAThing<T: UIViewController where T: MyProtocol>(vc: T) -> T? {
    var myViewController: T? = nil

    myViewController = MyViewController(nibName: nil, bundle: nil)

    return myViewController
}

我得到的错误是:“MyViewController”不可转换为“T”。我不能将泛型与“具体的”、未参数化的类一起使用吗？我仍在思考这部分语言，感谢您的帮助。

Answer 1

假设您希望 MyViewController 是实现 MyProtocol 的 UIViewController 的任何子类 请注意，确实没有一种干净的方法来获取回到 UIViewController 方法，不添加任何与协议(protocol)相关的内容。

我想你要找的是:

protocol MyProtocol {
    var foo: String {get set}
}

class MyViewController: UIViewController, MyProtocol {
    var foo: String = ""
}

class MyOtherViewController : UIViewController, MyProtocol {
    var foo = "My other view controller"
}

func doAThing<T: UIViewController where T: MyProtocol>() -> T? {
    return T(nibName: nil, bundle: nil)
}

let myViewController : MyViewController? = doAThing()
let myOtherViewController : MyOtherViewController? = doAThing()

let myProtocol : MyProtocol? = myViewController

由于 swift 函数重写只允许返回类型不同，并且类型推断能够在它们之间进行选择，因此 doAThing 在这种情况下实际上不需要参数。