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仅仅基于抽象函数/方法的类型，似乎可以有效地断言实现方法的合法返回值。我直觉地觉得（大部分）下面的编译器行为是有道理的，但我希望能清楚地解释为什么我应该能够断言

def f[T](t: T): T

只能是标识函数（除了 E 类也可以编译）。我可以理解我们对 T 一无所知，因为它是无限的，但这种解释存在差距。报告“发现 scala.Int(42) required Int”的编译器并没有让我更接近光明。

trait A{ def f[T](t: T): T }
// compiles
class B extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = t }
// does not compile
class C extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = t + 1 }
// does not compile
class D extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = 42 }
// compiles
class E extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = 42.asInstanceOf[Int] }
// compiles
class F extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = identity(t) }
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您的示例中的问题是您Int的示例中的不是正常的 32 位整数类型（即scala.Int）；相反，您有一个类型参数，它恰好被命名为Int. 这让您感到困惑：您认为您的Intis scala.Int，但事实并非如此，它是一个名称混乱的类型参数。

所以，例如这个：

class C extends A{ override def f[Int](t: Int): Int = t + 1 }

并不意味着您正在定义一个采用scala.Int; 您正在定义一个带有名称的类型参数的方法Int。您可以给它任何其他名称，例如X，那么它将完全相同：

class C extends A{ override def f[X](t: X): X = t + 1 }

它不编译是因为类型参数没有约束，所以编译器不知道该类型有+方法。

于 2012-11-26T14:41:40.410 回答
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Jesper 对主要问题有正确的答案：[Int]没有填写Intfor的类型T，而是创建了一个新的泛型类型参数，名称令人困惑Int。

但我也有一个附录：

您有点太相信用户不会做鬼鬼祟祟的事情，即使它在运行时有效。

def f[T](t: T): T = (t match {
  case i: Int => -i
  case s: String => s.reverse
  case b: Boolean => !b
  case o: Option[_] => None
  case s: Seq[_] => throw new Exception("Ack")
  case _ => t
}).asInstanceOf[T]

不再完全是身份功能，是吗？如果您禁止匹配和asInstanceOf异常等，那么它必须是身份。

于 2012-11-26T14:58:37.843 回答
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由于还没有人回答问题的另一部分：

通常，此属性称为参数性，您从中获得的保证称为自由定理。顺便说一句，这仅在您忽略类型大小写（和未标记的副作用）时才成立，因此 Scala 的很大一部分不计算在内。

于 2012-11-26T16:56:49.080 回答