爲什麼Scala在分配給抽象類型時會丟失實際的類型？

Question

考慮下面的代碼：

abstract class Foobar { 

    type Parent <: Foobar 

    def parent: Option[Parent] 

} 

class Foo extends Foobar { 

    type Parent = Nothing 

    val parent = None 

    // *** 
    // Taking the explicit declaration of the "bar" method's return type 
    // "Bar" away convinces Scala to compile the code. In other words: 
    // 
    //  def bar() = new Bar 
    // *** 
    def bar(): Bar = new Bar { 

    type Parent = Foo 

    val parent = Some(Foo.this) 

    } 

} 

abstract class Bar extends Foobar 

(new Foo).bar().parent.get.bar() 

我的問題：

1. 你能解釋一下爲什麼會這樣？請參閱上面的內嵌評論。

2. 你有解決方案嗎？

我碰到斯卡拉-SDK的斯卡拉工作表以下錯誤消息版本3.0.2-vfinal-20131028-1923類型安全：

Multiple markers at this line 
    - value bar is not a member of scrap.Bar#Parent 
    - value bar is not a member of scrap.Bar#Parent 

確定，離開了 「欄」方法的返回類型的聲明讓我從斯卡拉工作表以下信息消息：

> res0: scrap.Bar{type Parent = scrap.Foo; val parent: Some[scrap.Foo]} = scra 
                //| p$Foo$$anon$1@3bba229e 

有沒有辦法給這個類型一個體面的名字，非常「Foobar的＃父」？

Answer 1

在

(new Foo).bar().parent.get.bar() 

會發生什麼事是：

• new Foo是Foo
• 在Foo.bar()是Bar型（聲明所以，即使實際的結果更比）
• .parent in Bar is no t重新定義，Parent也不是，所以它只是從FooBar繼承的parent: Parent <: FooBar。將使用綁定的FooBar。
• FooBar中沒有bar，所以.parent.bar()失敗。

如果您在富

聲明

def bar(): Bar { type Parent = Foo} = new Bar {// same as your code} 

或者乾脆

def bar() = new Bar {// same } 

讓類型推斷，它工作正常。

如果您聲明def bar(): Bar，這是打字停止的地方。就像您聲明def bar(): Any = whatever一樣，它不會考慮whatever的類型。並且Foo的子類型將被允許以不同的Parent類型返回Bar。

---

關於你提到的更新： 我不知道爲什麼我會想有這種類型顯示爲FooBar#Parent，它告訴接近沒什麼，但無論如何，我不認爲你能說服斯卡拉做。

簡單顯示的簡單方法是將您返回的類型命名爲Bar而不是匿名。如果你不想這樣做，你至少要聲明方法的返回類型，無論如何這是一個好習慣。否則，scala會以最大的精度顯示它推斷的內容。您可以使用def Bar: Bar {type Parent = Foo} = ...，或者你可以聲明一個類型別名爲（最好是富外）：

type BarWithFooParent : Bar {type Parent = Foo } 
def bar(): BarWithFooParent = new Bar() { … }