scala - 在 Scala 中构建配置 DSL

Question

我想转 Typesafe 配置

root {
  mainA = "test"
  submodule {
    paramA = "value"
    paramB = "value"
  }
  anotherModule {
    zoo = 1
    sub {
      z = test
    }
  }
}

进入某种 Scala 配置对象，例如

object config {

  val cfg = ConfigFactory.load()

  val root = "root"

  lazy val mainA = cfg.getString("root.mainA")

  object submodule {
    lazy val paramA = cfg.getString("root.submodule.paramA","value")
    lazy val paramB = cfg.getString("root.submodule.paramB","value")
  }

  object anotherModule {
    lazy val zoo = cfg.getInt("root.anotherModule.zoo",1)
    object sub {
      lazy val z = cfg.getString("root.anotherModule.sub.z","test")
    }
  }
}

所以一般我会有一些“模板”配置文件，并生成具有一些默认值的“通用”配置对象。

在 Haskell 中我会使用 Template Haskell 来生成和编译代码，在 Scala 中我能做些什么呢？

Answer 1

如果你希望有一种方便的方式来使用 Scala 代码中的配置，你可以尝试使用Dynamic祖先来访问配置。就像是：

class RichConfig(cfg:Config) extends Dynamic {
  private val `intClassTag` = implicitly[ClassTag[Int]]
  def selectDynamic[T](fieldName:String)(implicit ct:ClassTag[T]) = 
    ct match {
      case `intClassTag` =>
        cfg.getInt(fieldName)
    }
}

当然，它不会让您在运行时检查配置项是否存在。