Scala函数扩展时缺失参数类型

Question

以下代码无法编译：

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

使用 <console>:13: error: missing parameter type for expanded function ((x$1) => x$1.toInt) 报错，显式类型声明可以解决问题：

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？是否存在某种歧义？

通常情况下，是否有可能手动检查和检查从下划线扩展生成的代码？

- ars

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@slouc，将其发布为答案-这是正确的。如果OP创建了一些涉及String的变异或继承的类型类，那么在某些情况下可能会推断出它，但否则您只需传递一些ClassWithoutToInt，并且它无法使用下划线推断。 - sebszyller

@sebszyller我刚刚删除了我的评论，因为我认为它是错误的:)那么你如何解释这样一个事实，即如果没有Option，也就是说，如果方法只接受一个函数String => T，你可以传递f（_.toInt），它会起作用？ - slouc

@slouc 我不知道你的答案是什么，但希望我的回答能解释为什么它会起作用。 - Alexey Romanov

SO 抱怨没有足够的问题被提出。我同意，按照常识，这应该是可以解决的。当然，我可能有很好的理由错了。 - som-snytt

在REPL中使用f(_.toInt) // show，或者-Xprint:typer来查看类型检查器如何看待你的代码。 - som-snytt

Answer 1

我认为基本问题在于当输入 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。然后，A 被视为未知类型常量，并作为预期的类型与 _.toInt 进行类型检查。这将失败，因为只有当预期类型为函数类型（或从Scala 2.12开始，为单个抽象方法类型）时，才允许匿名函数不指定参数类型。然后编译器再次尝试将预期类型设置为 undefined，但由于同样的原因而失败。

在这种情况下，预期的返回类型实际上已足够确定类型参数，这样就可以对 _.toInt 进行类型检查，但这并不是设计工作的方式。

如果您需要更详细的信息，请参考 http://scala-lang.org/files/archive/spec/2.11/06-expressions.html 的第6.6、6.23和6.26.4段。

- Alexey Romanov

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这是slouc的原始答案，扩展了apply插件。在我看来，它很到位。 - sebszyller

匿名函数只有在由预期类型给出时才允许不指定参数类型。"when they are given by the expected type" 是什么意思？ - Yuval Itzchakov

虽然我不是6.26.4的专家，但我认为匿名函数无法将变量贡献给约束条件并不明显：Some[b](_.toInt) <: Option[String => a] 或 Some[b](c => Int) <: Option[String => undefined]。参数会被类型检查，期望的类型已经确定（但类型参数已固定）。因此，我们的直觉是这只是一个限制。 - som-snytt

是的，我的意思是第一个问题：我不知道为什么它停止了，没有尝试解决c。（或者为什么它没有引入c。）同样，是的，f[Int]可以工作，因为Some[a](_.toInt)与期望的Option[String => Int]进行了类型检查。期望的类型是如何传播约束的。这是从规范中阅读出来的，而不是从代码中。 - som-snytt

@som-snytt 对，但约束只出现在第二步。第一步（“首先使用两种替代方案计算参数表达式dj的类型Sj”）不使用期望的类型，也不涉及任何约束，我认为正是这一步失败了。 - Alexey Romanov