Scala：作为构造函数的一部分调用方法

我在Scala中有一个类，其构造函数有两个参数：

class SomeClass (x:Int, y:Int) {
}

我需要扩展构造函数，以便在初始化此类的对象时，调用某个方法，该方法使用Scala默认的主构造函数中定义的

x

值，然后输出值

z

：

def defineInputs(): Int = {
    val z = x + 1
    z
}

我希望类中的所有方法都可以公开访问

z

的值，就像

x

和

y

一样

---

你能帮我一下吗？

你可以在类中定义一个

val

，如下所示：

scala> :pa
// Entering paste mode (ctrl-D to finish)

class SomeClass(x: Int, y: Int) {
  val z = x + 1
}

new SomeClass(0, 0).z

// Exiting paste mode, now interpreting.

defined class SomeClass
res0: Int = 1

您还可以使用case类：

scala> case class SomeClass(x: Int, y: Int) {
     |   val z = x + 1
     | }
defined class SomeClass

scala> SomeClass(0, 0).z
res0: Int = 1

---

您只需在类中定义

val

，如下所示：

scala> :pa
// Entering paste mode (ctrl-D to finish)

class SomeClass(x: Int, y: Int) {
  val z = x + 1
}

new SomeClass(0, 0).z

// Exiting paste mode, now interpreting.

defined class SomeClass
res0: Int = 1

您还可以使用case类：

scala> case class SomeClass(x: Int, y: Int) {
     |   val z = x + 1
     | }
defined class SomeClass

scala> SomeClass(0, 0).z
res0: Int = 1

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“加载方法”是什么意思？也许“调用”是个更好的术语。修改。你所说的“加载方法”是什么意思？也许“调用”是一个更好的术语。谢谢。因为[提到“只有在模式匹配用于分解数据结构的情况下，定义案例类才有意义”，所以它可以在类本身中完成吗。我不同意这一说法，但是的，这是可以做到的！有关更多信息，请参阅我更新的答案。我在示例中使用

case类

的原因是Scala编译器自动生成

apply

方法（以及

unapply

方法）这就消除了在构造类的新实例时使用

new

关键字的需要。谢谢。这可以在类本身中完成吗，因为[提到“只有使用模式匹配分解数据结构时，定义案例类才有意义”。我不同意这一说法，但是的，这是可以做到的！有关更多信息，请参阅我更新的答案。我在示例中使用

case类

的原因是Scala编译器自动生成

apply

方法（以及

unapply

方法）这样在构造类的新实例时就不需要使用

new

关键字。