Scala意外无法确定扩展函数的类型

为什么，在Scala中，给出：

a = List(1, 2, 3, 4)
def f(x : String) = { x }

做

工作，但是

a.map(f(_.toString))

给出错误

missing parameter type for expanded function ((x$1) => x$1.toString)

嗯

f（）

将字符串作为参数。构造

\uu0.toString

的类型为

字符串

。函数

f（）

需要类型为

String

，因此上面的示例不进行类型检查。在这种情况下，Scala似乎很友好，给了用户另一个机会。错误消息的意思是：“根据我的类型推断算法，这不可编译。如果我无法推断，将类型放入其中，它可能会编译。”

在这种情况下，您必须直接编写匿名函数，即

a.map（n=>f（n.toString））

。这不是类型推断的限制，而是通配符的限制。基本上，当您编写

a.map（f（u.toString））

时，

\uu.toString

会被扩展到它能找到的最接近括号内的匿名函数中，否则这将导致极大的歧义。想象一下类似于

f（g（u.toString））

的事情。这是指

f（g（x=>x.toString））

还是

f（x=>g（x.toString））

？多个嵌套函数调用会产生更严重的歧义。因此，Scala类型检查器采用最符合逻辑的解决方案，如上所述

挑剔：代码的第一行应该是

vala=List（1,2,3,4）

：）

missing parameter type for expanded function ((x$1) => x$1.toString)