scala应用方法类型错误的原因（可变函数）

使用a.tail:*可以
但不是尾巴：为什么

提前谢谢你的帮助

case object Nil extends List[Nothing]
case class Cons[+A](h: A, t: List[A]) extends List[A]
trait List[+A]

object List {
  def apply[A](a: A*): List[A] = {
    if (a.isEmpty) Nil
    else Cons(a.head, apply(a.tail: _*))
    //else Cons(a.head, apply(a.tail: A*))
  }
}

---

正如您所知，当您向方法体中的参数类型添加星号时（在本例中为apply），您会告诉Scala接受任意数量的a。这与说“取a的序列”不同；如果你想这样，你可以写

a:Seq[a]

。据我所知，使用

Seq[A]

可以达到与

A*

相同的效果，但您需要一些样板来处理空序列的情况，并根据指令遍历序列。因此，它不太方便

现在，为什么不能使用

A*

？好吧，因为您没有为

a.tail

声明类型；它已经有一个类型，该类型是

List[a]

。相反，由于您需要将其作为参数传递给

apply

，后者接受数量可变的参数，

a*

（一个Varargs参数），因此您需要告诉Scala编译器序列

a.tail

（在本例中是一个列表序列）不能作为序列传递给方法：这将是一个单参数，不是可变数字，因此不正确。相反，

：*

将序列调整为可以作为可变数量的参数传递的内容，本质上是“一次一个”

---

因此，

：*

签名改变了现有序列的处理方式，但该序列已经有了一个类型，它只是一个与Varargs参数不兼容的类型，没有某种转换<代码>：*提供该转换。请注意，您只需要使用它，因为您要将

a.tail

传递到一个方法

apply

，该方法接受可变数量的参数。如果不将其传递给Varargs方法，则不需要添加

：*

，但我的IDEIntellij显示'a'是

Seq[a]

，'a.tail'也是

Seq[a]

而不是

List[a]

，'a'来自

a*

类型。如果

A*

等于type

Seq[A]

，那么为什么第二个

apply

需要转换

。

不仅仅是

Seq[A]

或

A*

。。。或者

A*⊂ 序号[A]&A*≠ Seq[A]

？Seq[A]是列表的超类型。抱歉，我忘了您使用的是自定义列表定义，然后。LinearSeq是Seq的又一个亚型。查看它的线性子类型，您将看到List、Stream和一系列其他集合。其思想是，编译器将能够检测您是否正在构造线性序列，这就是您的列表，并将其视为线性序列。换句话说，正如Seq[A]。

A*

不等于

Seq[A]

，这就是重点

Seq[A]

是一个参数，一个输入，

A*

可以接受0个或多个不同的输入。

Seq[A]

可以转换为

n

参数，其中

n=Seq[A].length

。要告诉编译器执行此操作，请使用

：*

键入“operator”。这有用吗？另外，请查看Peter Neyen的评论以获得进一步的澄清。非常感谢您，现在我明白了：）非常清楚。而且。。。关于接受；不幸的是，我的第11点低于15点：第15点是你可以接受答案的点；我很抱歉，当我说到点子上的时候，我会提出你的详细回答