Scala 定义高阶函数而不指定输入类型的简洁方法

我希望能够在scala中定义这样一个好的接收函数

sealed trait DoParent
case object DoThis extends DoParent
case object DoThat extends DoParent

object MyApp extends App {

  val receive = {
    case DoThis => println("dothis")
    case DoThat => println("dothat")
  }


  receive(DoThis)

}

但它会产生

missing parameter type for expanded function
The argument types of an anonymous function must be fully known. (SLS 8.5)
Expected type was: ?
  val receive = {
                ^

我现在明白了，它要求我添加类型，但我希望接收看起来整洁干净（只定义里面的案例，如图所示，没有类型），就像演员接收一样，我缺少什么

---

如果我理解正确，谢谢你：

val receive: DoParent => Any = {
  case DoThis => println("dothis")
  case DoThat => println("dothat")
}

receive(DoThis)
receive(DoThat)

输出：

dothis
dothat

---

问题是，虽然您“知道”希望参数的类型为

DoParent

，但Scala编译器却不这样做。您可能希望它接受例如

任何
。。。这就是为什么必须使用类型注释函数值：

val receive: DoParent => Unit = {
  case DoThis => println("dothis")
  case DoThat => println("dothat")
}

也可以使用方法而不是函数值：

def receive(x: DoParent) = x match {
  case DoThis => println("dothis")
  case DoThat => println("dothat")
}

我怀疑是否有办法绕过类型规范。参与者这样做的方式是在父特征中声明receive，例如：

trait WithReceive {
    def receive:PartialFunction[DoParent, Unit] //for some reason this needs to be a def
}

然后让您的对象继承该特征：

object MyApp extends App with WithReceive {
    def receive = { //this needs to be a def too
        case DoThis => ???
        case DoThat => ???
    }
}

出于某种原因，它必须是def，使用val会导致与您相同的错误。
关于为什么它必须是def，只有一个长的ML线程：有问题，因此可能很快val的RHS也会使用trait中的类型进行类型检查。