有没有一个Scala身份函数？

Question

如果我有一个像 List [Option [A]] 这样的东西，并且我希望将其转换为 List [A]，标准方法是使用flatMap ：

scala> val l = List(Some("Hello"), None, Some("World"))
l: List[Option[java.lang.String]] = List(Some(Hello), None, Some(World))

scala> l.flatMap( o => o)
res0: List[java.lang.String] = List(Hello, World)

现在，o => o 只是一个恒等函数。我认为应该有一些方法来执行以下操作：

l.flatMap(Identity) //return a List[String]

然而，我无法让这个工作，因为你无法将object泛型化。我试过一些方法都没有成功；有人能让类似的东西起作用吗？

- oxbow_lakes

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我认为{_}应该等同于{x => x}，就像{_ + 3}等同于{x => x+3}一样。有人可以评论一下为什么不是这样吗？ - Randall Whitman

Answer 1

在 Predef 中有一个身份 函数。

l flatMap identity[Option[String]]

> List[String] = List(Hello, World)

我认为使用for表达式更好:

for(x <- l; y <- x) yield y

编辑：

我试图弄清楚为什么需要类型参数（Option [String]）。问题似乎在于从Option [T]转换为Iterable [T]的类型转换。

如果您将身份函数定义为：

l.flatMap( x => Option.option2Iterable(identity(x)))

类型参数可以省略。

- Thomas Jung

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类型推断器为什么不能自己推断出类型？为什么 l.flatMap(identity): List[String] 不能工作？ - oxbow_lakes

我认为推理器可以弄清楚这个问题。我不知道。我会加一个问号。 :-) - Thomas Jung

@oxbow_lakes - 请查看编辑。这与隐式类型转换有关。 - Thomas Jung

@Thomas - 谢谢。关于identity/Option/Iterable的事情有点遗憾，因为这似乎是最可能使用它的主要场所之一。不幸的是，使用identity比不使用更难读懂。 - oxbow_lakes

这个解决方案似乎在Scala 2.9.1中无法工作。l flatMap identity [Option [String]] <console>:9: 错误：多态表达式不能实例化为预期类型; 找到：Option [String] => Option [String]，需要：Option [java.lang.String] => scala.collection.GenTraversableOnce [?] l flatMap identity [Option [String]] ^ - devth

Answer 2

顺便说一句，在Scala 2.8中，您只需调用flatten即可。 Thomas 已经在Scala 2.7中基本涵盖了它。他只是错过了一种使用身份标识的替代方法：

l.flatMap[String](identity)

然而，操作符表示法将无法工作（似乎操作符表示法不接受类型参数，这是值得知道的）。

你也可以在Scala 2.7（至少在List上）调用flatten，但是如果没有类型，它将无法执行任何操作。然而，以下内容是可行的：

l.flatten[String]

- Daniel C. Sobral

Answer 3

你可以给类型推断器一点帮助：

scala> val l = List(Some("Hello"), None, Some("World"))
l: List[Option[java.lang.String]] = List(Some(Hello), None, Some(World))

scala> l.flatten[String]
res0: List[String] = List(Hello, World)

- David Winslow

Answer 4

Scala 3：

List(1,2,3).map(identity)

// val res0: List[Int] = List(1, 2, 3)

- Joe