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是否可以使用 Play Framework 2.2 在 Scala 中创建一个通用函数，将任意对象序列化为 JSON，而无需提供编写器或格式化程序？

例如，这个非通用代码将创建一个给定客户的 JSON 响应：

import play.api.libs.json._
import play.api.libs.functional.syntax._

case class Customer(id: Int, name: String)

object scratch {
  val p = Customer(1, "n")                        
  //> p  : Customer = Customer(1,n)

  def createJsonResponseCustomer(data: Customer) = {
    implicit val formatter = Json.format[Customer]
    Json.obj("success" -> true, "data" -> Json.toJson[Customer](data))
  }

  createJsonResponseCustomer(p)                   
  //> res0: play.api.libs.json.JsObject = {"success":true,"data":{"id":1,"name":"n"}}
}

为了避免必须为每个不同的对象定义格式化程序，我想创建一个这样的通用函数：

def createJsonResponse[T](data: T) = {
  implicit val formatter = Json.format[T]
  Json.obj("success" -> true, "data" -> Json.toJson[T](data))
}

但是这种尝试会在No unapply function found处产生错误Json.format[T]。

换句话说，这有效：

def getFormatter(c: Customer) = Json.format[Customer]

但这不是：

def getFormatterGeneric[T](c: T) = Json.format[T]

有没有办法解决？

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您需要在某处为您希望读取或写入的每种类型定义格式化程序。这是因为格式化程序实例是在编译时解析的，而不是在运行时解析的。这是一件好事，因为这意味着尝试序列化没有序列化程序的类型会成为编译时错误，而不是运行时错误。

与其动态定义格式化程序，不如在可以重用的模块中定义它们，例如

object JsonFormatters {
  implicit val customerWrites: Format[Customer] = Json.format[Customer]
}

然后import JsonFormatters._在你想写一些 JSON 的范围内。

现在，您可以编写一个类似于您想要的通用方法：您只需在方法的签名中指定对格式化程序的要求。实际上，这是 type 的隐式参数Writes[T]。

def createJsonResponse[T](data: T)(implicit writes: Writes[T]) =
  Json.obj("success" -> true, "data" -> Json.toJson[T](data))

您还可以使用上下文绑定语法编写此方法签名，即

def createJsonResponse[T : Writes](data: T) = ...

这要求有一个Writes[T]在范围内的实例；但是编译器会根据 type 为你选择正确的实例T，而不是你显式地解析它。

请注意，它Writes[T]是Format[T];的超类型。由于您只在此方法中编写JSON，因此无需指定对 的要求Format[T]，这也会为您提供Reads[T].

于 2013-10-26T20:12:24.583 回答