Scala中有界类型参数化案例类和默认args的问题
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考虑以下内容（经过Scala 2.8.1和2.9.0测试）：
trait Animal
class Dog extends Animal
case class AnimalsList[A <: Animal](list:List[A] = List())
case class AnimalsMap[A <: Animal](map:Map[String,A] = Map())
val dogList = AnimalsList[Dog]() // Compiles
val dogMap = AnimalsMap[Dog]() // Does not compile
error: type mismatch;
found : scala.collection.immutable.Map[Nothing,Nothing]
required: Map[String,Main.Dog]
Note: Nothing <: String, but trait Map is invariant in type A.
You may wish to investigate a wildcard type such as `_ <: String`. (SLS 3.2.10)
Error occurred in an application involving default arguments.
val dogMap = AnimalsMap[Dog]() // Does not compile
^
one error found
map
Map()
case class AnimalsMap1(map:Map[String,Animal] = Map())
val dogs1 = AnimalsMap1() // Compiles
case class AnimalsMap2[A <: Animal](map:Map[String,A] = Map())
val dogs2 = AnimalsMap2[Dog]() // Does not compile
case class Map3[A](map:Map[String,A] = Map())
val dogs3 = Map3[Dog]() // Does not compile
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焙恍挝厂熄
case class AnimalsMap[A <: Animal](map:Map[String,A] = Map[String, A]()) ^^^^^^^^^^^抚驰
，那么\“扩展\”。这是因为接受s10ѭ的每种方法在处理对象时应该没有问题。这在Java中是不可能的（不使方法也通用）。 相反，相反是很难解释的。当类型应该被推到通用类而不是读取时是必需的（在中，您将读取列表的元素）。一般的例子是一个函数。函数的参数类型已放入其中，因此，如果某个方法需要一个函数ѭ14can，则不能使用函数调用它（它将与一个人调用该参数，但希望有一个学生） Scala还定义了“ 16”来隐式扩展所有内容。它是底部类型。因此，对于任何X，始终“扩展”“18ѭ。创建，而协方差就是为什么您可以写。 无论如何，Map的键类型是不变的。原因是与函数类似，因此它只能与互变。另一种方法是思考如果将传递给期望的方法会发生什么，显然，它可能会尝试将对象放入其中，但效果不好，否则可以。另一方面，Map可以看成，这里它在A中应该是协变的。因此它的值是不变的。 结果是您无法将分配给类型的变量。创建编译器告诉您：scala> val dogs3 = Map3[Dog]() <console>:13: error: type mismatch; found : scala.collection.immutable.Map[Nothing,Nothing] required: Map[String,Dog] Note: Nothing <: String, but trait Map is invariant in type A. You may wish to investigate a wildcard type such as `_ <: String`. (SLS 3.2.10) Error occurred in an application involving default arguments. val dogs3 = Map3[Dog]() ^