爲什麼scala需要存在類型來限制泛型綁定？

下面的類層次結構：爲什麼scala需要存在類型來限制泛型綁定？

trait Provider[A] { 
    def get(): Seq[A] 
} 

abstract class ProviderImpl[A] extends Provider[A] { 
    final override def get(): Seq[A] = Seq() 
} 

trait HasX { 
    def getX: Int 
} 

trait RefinedProvider[A <: HasX] extends Provider[A] 

class TypedProviderImpl extends ProviderImpl[HasX] with RefinedProvider[HasX]

我希望能夠做到這一點：

val provider: RefinedProvider[_] = new TypedProviderImpl() 
provider.get() map (_.getX)

但它不工作，因爲provider.get()返回類型爲Seq[Any]這似乎因爲它是RefinedProvider，所以get()應返回Seq[_ <: HasX]。

問題：我可以用存在類型解決這個問題，但爲什麼編譯器不能爲我執行這個？

val provider: RefinedProvider[T] forSome { type T <: HasX } = ...

來源

2017-03-09 Ashley Mercer

感謝@碧玉-M - 實際上，您的意見不回答這個問題：門票分規範，它說， 'A [_]'*總是等於'A [Any]'（如果我正確讀取的話）並且編譯器永遠不會應用更多的邊界。我也不知何故忘記了'[_ <：HasX]' - 我的用例比上面的更復雜，但我可以通過各種方法簽名來使它工作。你想做出完整的答案嗎？ –

該規範非常明確，默認情況下，通配符「_」爲「_>：Nothing <：Any」。請參閱http://www.scala-lang.org/files/archive/spec/2.11/03-types.html#existential-types，「存在類型的佔位符語法」。 –

Ticket SI-2385表明這是簡單的部分規範將A[_]解釋爲A[T] forSome { type T >: Nothing <: Any }，並且如果可能的話不會推斷更緊密的邊界。人們可能會懷疑該規範是否應該不被更新。

票SI-6169似乎表明，如果推斷更緊密的界限，有些事情將停止工作。我不知道如何以及爲什麼。

一個小的妥協是可以縮短

val provider: RefinedProvider[T] forSome { type T <: HasX }

到

val provider: RefinedProvider[_ <: HasX]

來源

2017-03-09 14:01:52

這是由你造成的使用通配符：_說明你的變量類型：val provider: RefinedProvider[_]，_這意味着任何類型，你可以不喜歡它：

val provider = new TypedProviderImpl() // the compiler and IDE will auto infer **provider** type

或

val provider: RefinedProvider[HasX] = new TypedProviderImpl() // explicitly provider type

來源

2017-03-09 13:29:06 chengpohi

我認爲問題是，爲什麼scala不使用wildCard類型的HasX，而我們不能將RefinedProvider放入與HasX及其子節點不同的東西。對我來說，這也是個謎團:) –

在OP的防守中：編譯器將RefinedProvider [_]'解釋爲RefinedProvider [_ <：HasX]'似乎非常合理。由於'RefinedProvider'具有約束'A <：HasX'。 –

這個例子被簡化了：在我的實際使用情況中，TypedProviderImpl是一個通過依賴注入傳入的完整類，所以我不能讓編譯器爲我輸入它們，遺憾的是。 –

爲什麼scala需要存在類型來限制泛型綁定？

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