Scala缺少扩展函数的参数类型

Question

以下代码无法编译：

def f[T](conv: Option[String => T]) {}
f(Some(_.toInt))

使用<console>:13: error: missing parameter type for expanded function ((x$1) => x$1.toInt)

当然，显式类型使它很好：

scala> f(Some((x: String) => x.toInt))

为什么编译器不能在这里推断字符串类型？ 有某种歧义吗？

通常，是否可以通过下划线扩展手动检查和检查生成的代码？

Answer 1

基本问题（我相信）是当键入Some(_.toInt) ，编译器需要推断Some.apply[A](x: A)的类型参数， Some.apply[A](x: A) ，首先需要对类型参数进行类型检查。参数。 所以_.toInt用A （被认为是未知类型常量）作为预期类型进行了类型检查。 这失败了，因为当预期类型是函数类型时（或者从Scala 2.12开始，单个抽象方法类型），只允许匿名函数不指定参数类型。 然后编译器再次尝试将undefined作为预期类型，并因同样的原因而失败。

在这种情况下，预期的返回类型实际上足以确定类型参数，然后这将允许类型_.toInt ，但这不是它的设计工作方式。

如果您需要，可以在http://scala-lang.org/files/archive/spec/2.11/06-expressions.html ，第6.6,6.23和6.26.4段中查看详细信息。