通用参数'；T'；无法在赋值后推断 //Xcode 11.6/Swift 5 进口基金会 func f（u：（T）->Void）{} @可丢弃结果 func g（u:Int）->Int{0} f{g（$0）}//编译罚款 f{let}=g（$0）}//无法推断泛型参数“T”

在上面的代码中，泛型函数

f

需要一个接受类型为

T

的参数的函数作为其参数

函数

g

采用

Int

类型的参数

当我写

f{g（$0）}

时，代码会编译。我相信（如果我错了，请纠正我），这是因为编译器可以根据

g

的参数类型推断

T

是

Int

但是，当我尝试使用返回值

g

执行某些操作时，例如在

let=g（$0）

行中，编译器抱怨它无法再推断

T

的类型

在我看来，

g

的返回类型应该与编译器如何推断

T

的类型无关，但显然它确实如此

---

有人能解释一下为什么会发生这种情况，以及可以做些什么（如果有的话）来纠正它吗？

看起来@discardableResult让您能够拥有两种类型的函数：

g（:Int）->Int和g（:Int）->Void（当您不想使用函数的结果时）

我认为

f{g（$0）}

-这里您的f可以推断类型，因为它具有相同的类型

// Xcode 11.6 / Swift 5

import Foundation

func f<T>(_: (T) -> Void) { }

@discardableResult
func g(_: Int) -> Int { 0 }

f { g($0) }             // compiles fine

f { let _ = g($0) }     // Generic parameter 'T' could not be inferred

f{let}=g（$0）}

-在这种情况下，g函数的类型不同于f函数

(_: (T) -> Void) and (_: (Int) -> Void)

如果删除“let”，它将再次编译：

(_: (T) -> Void) and (_: (Int) -> Int)

我认为

f{let}=g（$0）}

-仅返回Int值

f{{{ug=g（$0）}

-返回函数（{：（Int）->Int）

---

可能是这里的一个键

函数f接受一个函数作为参数，而该函数又接受类型为

T

的参数，并且不返回任何内容（

Void

）。对于自动推断类型的闭包，它必须由单个（有时是简单的）表达式组成。任何复杂的事情都会使编译器难以推断（从编译器的角度来看，这是有意义的）。显然，就编译器而言，

let=g（$0）

是一个复杂的语句。有关更多信息，请参阅此

这可能是编译器错误，也可能不是

众所周知，Swift不会试图推断某些闭包的类型，即多语句闭包：

这是正确的行为：Swift不会从多语句闭包的主体中推断参数或返回类型

但是，闭包只包含一条语句，具体来说是一条声明。尽管很奇怪，但他们设计它的目的可能是，如果闭包也包含一个声明，Swift就不会试图推断类型。例如，这也不会编译

f { _ = g($0) }

如果这是出于设计，那么它背后的基本原理可能是因为闭包中的单个声明没有多大意义。无论声明什么，都不会被使用

但同样，这只是猜测，这也可能是一个bug

要解决此问题，只需将其作为非a声明：

f { let x: Int = $0 } // nothing to do with "g"! The issue seems to be with declarations

或

---

在

f{let{ug=g（$0）}

中，你认为T是什么，为什么？@matt我认为

T

是

Int

（或者应该是），因为

g

明确地接受

Int

。谢谢你链接到SR-1570。现在看来很明显，这是一个预期的行为，而这只是一个缺陷，因为它很难在编译器中实现。显式指定传递给

f

的闭包的函数类型修复了问题，例如

f{（\ui:Int）->Void in let{=g（i）}

。

f { _ = g($0) } // this, without the "let", is IMO the idiomatic way to ignore the function result

f { g($0) } // g has @discardableResult anyway, so you don't even need the wildcard