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我想写一个类型别名来缩短、漂亮和封装的 Scala 代码。假设我有一些集合，它具有映射列表的属性，其值是元组。我的类型会写一些类似的东西List[Map[Int, (String, String)]]，或者我的应用程序允许的任何更通用的东西。我可以想象有一个超类型要求一个Seq[MapLike[Int, Any]]或任何漂浮在我的船上的东西，具体的子类更具体。

然后我想为这种长类型写一个别名。

class ConcreteClass {
  type DataType = List[Map[Int, (String, String)]]
  ...
}

然后，我会很高兴地ConcreteClass#DataType在任何我能拿走的地方使用它，并使用它。

现在假设我添加一个函数

def foo(a : DataType) { ... }

我想用一个空列表从外面调用它。我可以调用foo(List())，但是当我想将我的基础类型更改为另一种类型时Seq，我也必须回来更改此代码。此外，这个空列表的目的不是很明确DataType。并且伴生对象没有关联的List方法，所以不能调用DataType(), 或DataType.empty. 当我需要非空列表时会更加烦人，因为我必须写出这种长类型的重要部分。

有什么方法可以让 Scala 将我的类型理解为相同的东西，包括伴随对象及其创建者方法，以缩短代码并将其黑盒化？或者，我为什么不应该首先这样做？

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答案其实很简单：

class ConcreteClass {
  type DataType = List[String]
}
object ConcreteClass {
  val DataType = List
}
val d = ConcreteClass.DataType.empty

这使我的代码能够调用 ConcreteClass.DataType 以使用 List 中的所有方法构建列表，并且无需付出任何努力。

非常感谢奥列格的洞察力。如果您不想将任何对 ConcreteClass.DataType 的调用委托给 List，但他的回答也是最好的，而是精确控制您希望允许调用者执行的操作。

于 2010-10-13T04:47:43.417 回答
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那这个呢？ 

class ConcreteClass {
  type DataType = List[String]
}
object DataType {
  def apply(): ConcreteClass#DataType = Nil
}
//...
val a = DataType()

于 2010-10-13T04:26:00.647 回答