将列表或映射作为函数参数展开

Question

在Scala中，是否可以动态地将列表/元组/映射项作为函数的参数展开？我正在寻找与Python的args/kwargs等价的Scala。

例如，在Python中，如果一个函数定义为def foo(bar1, bar2, bar3=None, bar4=1)，那么给定一个列表x=[1,7]和一个字典y={'bar3':True, 'bar4':9}，您可以将foo调用为foo(*x, **y)。

Answer 1

有点像OQ的边案例，但是如果你想为案例类传递一个参数映射，这似乎是可行的：

scala> case class myCC(foo: String = "bar", negInt: Int = -1)

scala> val row = myCC()
scala> println(row)
myCC(bar,-1)

scala> val overrides = Map("foo" -> "baz")
scala> row.getClass.getDeclaredFields foreach { f =>
 f.setAccessible(true)
 overrides.foreach{case (k,v) => if (k == f.getName) f.set(row, v)}
}
scala> println(row)
myCC(baz,-1)

（从Scala: How to access a class property dynamically by name?借来）

Answer 2

最初的答案并没有提到将Map作为对列表来处理，它可以很容易地转换为Map（even->；operator只是pair的缩写）。

def parse(options: (String, String)*) = println (options.toMap)

Answer 3

为了清楚起见，以下是有效的Python代码：

def foo(bar1, bar2, bar3=None, bar4=1): print("bar1="+str(bar1)+" bar2="+str(bar2)+" bar3="+str(bar3)+" bar4="+str(bar4))
x=[1,7]
y={'bar3':True, 'bar4':9}
foo(*x,**y)

但是，没有类似的Scala语法。有一些类似的事情，但这永远不可能的主要原因是，它会违反Scala所要求的编译时类型检查。我们再仔细看看。

原因

首先，考虑varargs部分。在这里，您希望能够传入任意长度的参数列表，并让它填充相关的函数参数。这在Scala中是行不通的，因为类型检查器要求传递到函数中的参数是有效的。在您的场景中，foo()可以接受长度为2的参数列表，但不能小于2。但是，由于任何Seq都可以有任意数量的参数，类型检查器如何知道正在传递的x在编译时是有效的？

其次，想想keywword的论点。在这里，您要求函数接受参数和值的任意Map。但您也遇到了同样的问题：编译时类型检查器如何知道您正在传递所有必需的参数？或者，更进一步说，它们是正确的类型？毕竟，您给出的示例是一个同时包含布尔值和Int的映射，它将具有类型Map[String, Any]，那么类型检查器如何知道这将匹配您的参数类型？

一些解决方案

斯卡拉变量

你可以做一些类似的事情，但不是这样。例如，如果将函数定义为显式使用varargs，则可以传入一个Seq：

def foo(bar1: Int*) = println(f"bar1=$bar1")
val x = Seq(1, 2)
foo(x:_*)

这是因为Scala知道它只需要一个包含零个或多个参数的序列，而Seq总是包含零个或多个项，所以它匹配。此外，只有当类型也匹配时，它才起作用；在这里，它需要一个int序列，并得到它。

tupled

另一种方法是传入参数的元组：

def foo(bar1: Int, bar2: Int, bar3: Boolean = false, bar4: Int = 1) = println(f"bar1=$bar1 bar2=$bar2 bar3=$bar3 bar4=$bar4")
val x = (1, 2, true, 9)
(foo _).tupled(x)

同样，这是因为Scala的类型检查器可以验证参数是否有效。该函数需要四个参数，类型为Int、Int、Boolean和Int，由于Scala中的元组具有固定的长度，并且每个位置都有已知（可能不同）的类型，因此类型检查器可以验证参数是否与预期参数匹配。