Rust 为什么对实现Fn的类型的引用不能被识别为可调用的？

即使

&T

被定义为实现

Fn

特征，编译器在调用它时也会拒绝它，因为它是可调用的：

trait Trait {
    fn act(self);
}

//passes
fn test_ref_input_as_trait<'a, T>(t: &'a T)
where
    &'a T: Trait,
{
    t.act();
}

//fails
fn test_ref_input_as_fntrait<'a, T>(t: &'a T)
where
    &'a T: Fn(),
{
    t();
}

//passes
fn test_input_as_fntrait<T>(t: T)
where
    T: Fn(),
{
    t();
}

trait{
fn法（自我）；
}
//通行证
fn测试参考输入作为特征（t:&'a t）
哪里
&'at:Fn（），
{
t（）；
}
//通行证
fn测试输入为fn特征（t:t）
哪里
T:Fn（），
{
t（）；
}

编译器拒绝第二个函数的定义，其中包含：

error[E0618]：应为函数，找到`&'T`
-->src/lib.rs:18:5
|
14 | fn测试参考输入作为特征src/lib.rs:18:5
|
14 | fn test _ref _input _as _fntrait这可能是一个bug（例如，如果您用
（&'a T，）
替换
，它就会工作）。但是，您可以这样调用函数：

fn test_ref_input_as_fntrait<'a, T>(t: &'a T)
where
    &'a T: Fn(),
{
    (&t)();
}

关于这一点，有一个很好的解释。然而，国家：

对于实现
Fn
的任何类型的
F
，
&F
也实现
Fn

这意味着以下工作：

fn test_ref_input_as_fntrait<'a, T>(t: &'a T)
where
    T: Fn(),
{
    t();
}

fn test\u ref\u input\u as\u fntraitAfaik这样的函数不能有引用。可以说，函数应该与
fn foo（t:t）{t（）}
fn test_ref_input_as_fntrait<'a, T>(t: &'a T)
where
    T: Fn(),
{
    t();
}