scala - 无需指定输入类型即可定义高阶函数的巧妙方法

Question

我希望能够在 scala 中定义这样一个好的接收函数

sealed trait DoParent
case object DoThis extends DoParent
case object DoThat extends DoParent

object MyApp extends App {

  val receive = {
    case DoThis => println("dothis")
    case DoThat => println("dothat")
  }


  receive(DoThis)

}

但它会生成

missing parameter type for expanded function
The argument types of an anonymous function must be fully known. (SLS 8.5)
Expected type was: ?
  val receive = {
                ^

我现在明白它要求我添加类型，但我希望接收看起来像 Actor 接收的样子一样整洁干净(仅定义内部的情况，如图所示，没有类型)，我缺少什么？

谢谢

Answer 1

我怀疑是否有办法绕过类型规范。 Actor 这样做的方式是他们在父特征中声明接收，例如:

trait WithReceive {
    def receive:PartialFunction[DoParent, Unit] //for some reason this needs to be a def
}

然后让你的对象继承该特征:

object MyApp extends App with WithReceive {
    def receive = { //this needs to be a def too
        case DoThis => ???
        case DoThat => ???
    }
}

出于某种原因，它需要是一个 def，使用 val 会导致与您得到的错误相同的结果。