scala - 在 Scala 中构建配置 DSL

Question

我想开启类型安全配置

root {
  mainA = "test"
  submodule {
    paramA = "value"
    paramB = "value"
  }
  anotherModule {
    zoo = 1
    sub {
      z = test
    }
  }
}

进入某种 Scala 配置对象，例如

object config {

  val cfg = ConfigFactory.load()

  val root = "root"

  lazy val mainA = cfg.getString("root.mainA")

  object submodule {
    lazy val paramA = cfg.getString("root.submodule.paramA","value")
    lazy val paramB = cfg.getString("root.submodule.paramB","value")
  }

  object anotherModule {
    lazy val zoo = cfg.getInt("root.anotherModule.zoo",1)
    object sub {
      lazy val z = cfg.getString("root.anotherModule.sub.z","test")
    }
  }
}

所以一般来说我会有一些"template"配置文件，并生成“通用” 具有一些默认值的配置对象。

在 Haskell 中，我将使用 Template Haskell 来生成和编译代码， 在 Scala 中我该怎么办？

Answer 1

如果您希望有一种便捷的方式从 Scala 代码中使用配置，您可以尝试使用Dynamic祖先来访问配置。像这样的东西:

class RichConfig(cfg:Config) extends Dynamic {
  private val `intClassTag` = implicitly[ClassTag[Int]]
  def selectDynamic[T](fieldName:String)(implicit ct:ClassTag[T]) = 
    ct match {
      case `intClassTag` =>
        cfg.getInt(fieldName)
    }
}

当然，它不会为您提供运行时检查配置项是否存在的功能。