Swift （type:T.type）使泛型方法工作，而没有泛型方法，则无法推断T

我使用一个简单的方法在我的核心数据数据库上运行一个fetch请求。我将我的大部分代码放在一个协议中，该协议将有默认的实现，某些东西将进行扩展。我的代码如下：

protocol Modelable {
    func testFetch<T>(type: T.Type) -> [T]?
}

extension Modelable {
    func testFetch<T>(type: T.Type) -> [T]? {
        let fetchRequest = NSFetchRequest<NSFetchRequestResult>(entityName: "Data"),
            result = try? context.fetch(fetchRequest)
    
        return result as? [T]
    }
}

这段代码的奇怪之处在于，如果我从方法定义中删除

type:T.type

，并在我调用它的地方，我将得到以下错误：

无法推断泛型参数“T”

---

将类型传递到该方法中究竟是如何使其工作的？这不只是方法本身的一个参数吗？传递或不传递都不会改变任何东西。

如果不想传递类型，可以这样做

let modelableExtended = ModelableExtended()
let result: [SomeType]? = modelableExtended.testFetch()
print(result)

在某些时候，您必须通过传入引用它的某个参数或分配结果来说明

T

是什么

泛型是编译时特性。也许您认为它们就像

Any

或

AnyObject

一样，您永远不必说出类型，然后您可以在运行时找到您实际拥有的内容。这不是泛型的工作方式

---

泛型允许您编写可以处理许多不同类型的代码，但实际运行的代码使用的是从其上下文推断的特定类型。如果无法推断，则代码将不会编译且永远不会运行。

如果您不告诉Swift什么是

t

，则

result

应转换为哪种类型的数组，在

result as中？[T] 

？我对你说的有点困惑，但我想说的是，如果我遗漏了类型为

的testFetch（）的参数：T.type

，它将抛出无法推断的

错误，而如果我包含该属性，它将转换为我传入的类型。我不明白这个参数是如何决定
t
的类型的，对，
SomeType.self
的类型是
SomeType.type
。您正在将
SomeType.Type
传递给需要
T.Type
的方法，因此
T
现在由
SomeType
限定。没有其他信息或其他类型参数，所以我们就完成了
T
被推断为它的唯一绑定-
SomeType
。你想要比这更多的实施细节吗？还有。。。。如果您没有此参数，那么T没有绑定（并且您会得到错误）。我发布了一个答案，展示了如何尝试绑定返回类型，而不是
[T]？
提供了您需要的所有详细信息。依我看，如果你只是想“绕着泛型转”，那么我建议你不要深入到实现中去。“这里有一个方法可以接受任何
T.Type
。你给它一个
SomeType.Type
。啊，
T
是
SomeType
！”不要担心编译器是如何做的，只要你在自然语言层面上有意义，您理解类型推断。因此，通过参考
T.type
Swift在后台处理它来确定实际的类型是什么？它在编译时发生。当你使用一个泛型-你是说-在某一点上-当我实际使用这个时，我会告诉你T到底是什么。您通常通过提供一个与模式匹配的参数来实现这一点，以便可以计算出T。但是，您也可以通过将返回值赋给一个已知类型的变量来实现。@JoeScotto Swift是一种类型推断语言。您可以说
let result:[SomeType]=modelableExtended.testFetch（）
或者
let result=modelableExtended.testFetch（）为[SomeType]
我更喜欢显式设置type@LeoDabus但这在幕后是如何做到的呢？我感到困惑的是，Swift如何准确地推断出特定参数作为
T
的类型。您正在显式地设置结果类型。与
let double:double=2的方式相同
let modelableExtended = ModelableExtended()
let result: [SomeType]? = modelableExtended.testFetch()
print(result)