斯卡拉 - 使用參數化類型參數化類型

裏面我試圖編譯下面的代碼：斯卡拉 - 使用參數化類型參數化類型

case class Settings(settingsList:List[Setting]) 
abstract class Setting[T](name:String, value:T)

但是編譯器會抱怨：

Error:(9, 54) class Setting takes type parameters 
case class Settings(settingsList:List[Setting]) 
                ^

，但相應的Java代碼編譯sucesfully：

public class Settings { 
    List<Setting> settingsList; 
} 

abstract class Setting<T> { 
    abstract T getValue(); 
    abstract String getName(); 
}

斯卡拉有什麼不同，它不會允許這樣的行爲？

來源

2016-05-31 user3364192

Java已經被版本5基因化了，AFAIK向後兼容性可以省略類型參數。另外Java有使用站點的變化，通常使這些事情非常惱人的類型，而不是在Scala中使用站點差異。如果沒有變化，你可以在Scala中使用一個存在類型List[Setting[_]]，但可能會更好的使用權方差：

case class Settings(settingsList: List[Setting[Any]]) 

abstract class Setting[+A](name: String, value: A)

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2016-05-31 17:26:41

與方差混淆不一定是最好的主意。取決於Setting的實現細節，協方差可能沒有意義，並且會限制設計。通配符似乎是要走的路。 –

@UlysseMizrahi它不是「搞亂」。我建議始終在有意義的情況下用差異註釋類型。這就是基於子類型的系統的工作方式，而Scala更喜歡不可變的數據結構，因此這很有意義。在我無法確定的情況下，您可以使用存在（通配符）類型。 –

「這是一個基於子類型的系統工作的方式」 - 這是不正確的，雖然協方差確實與不變性有關，但強制協方差意味着無法在方法參數中使用該類型（即使在不可變結構中也可能需要）。此外，方差在類型設計方面具有實際意義。我們是否需要設置[List [Int]]爲設置[Iterable [Int]]？從設計的角度來看，這可能沒有意義。 –

你只需要一個通配符類型：

case class Settings(settingsList:List[Setting[_]]) 
abstract class Setting[T](name:String, value:T)

這等同於Java代碼。

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2016-05-31 17:27:06 Ryan

相應的Java代碼編譯sucesfully

Setting沒有一個類型參數是原始類型。據Java documentation，

使用原始類型只允許作爲讓步的遺留代碼的兼容性。強烈建議在將通用性引入到Java編程語言後編寫的代碼中使用原始類型。未來版本的Java編程語言可能會禁止使用原始類型。

用Java寫的正確方法是

List<Setting<?>> settingsList;

和Scala相當於是List[Setting[_]]，因爲其他的答案說。

來源

2016-05-31 22:46:25

斯卡拉 - 使用參數化類型參數化類型

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