扩展依赖类型 - 编程之家

如何解决扩展依赖类型

这是我的问题的最小再现：

  trait Superclass[T]
  
  class A(val key: Any) extends Superclass[key.type]
  
  val x: Superclass["123"] = A("123")

如您所见，我正在尝试将静态已知的Key类型编码为type参数。并不是说我可以将key的类型作为A的类型参数，因为在我的实际示例中，它更像class A(using g: blablah)(val key: g.Key) extends SuperClass[g.Mapping[key.type]]，但这与上面的问题无关。

难道我们不能在超类的参数内使用依赖类型吗？

更新

使用类型成员进行编码会产生相同的错误：

  trait Superclass {
    type T
  }
  
  class A(val key: Any) extends Superclass {
    type T = key.type
  }
  
  val x: Superclass & {type T = "123"} = A("123")

我仍然得到

[error] 14 |  val x: Superclass & {type T = "123"} = A("123")
[error]    |                                         ^^^^^^^^
[error]    |                Found:    Main.A
[error]    |                required: Main.Superclass & Object{T = ("123" : String)}

解决方法

我无法解决您给出的示例，但这可能适合您的实际用例。

trait Superclass[T]

//The type of G
trait Foo:
  type Key
  type Mapping[K <: Key]

class A [K,KT <: K,M[_ <: K],G <: Foo {type Key = K; type Mapping[T <: K] = M[T]}] private(val key: KT,g: G)
    extends Superclass[M[KT]]

object A:
  def apply[G <: Foo](using g: G)(key: g.Key) =
     new A[g.Key,key.type,g.Mapping,g.type](key,g)

您可以像这样使用它：

class FooImpl extends Foo:
  type Key = String
  type Mapping[S <: String] = List[S]

given myG as FooImpl = FooImpl()

val x: Superclass[List["123"]] = A[FooImpl]("123")

在Foo中，Key用于绑定可以赋予Mapping的键。类K上的A参数是key的类型的上限，而KT是密钥的实际类型。 M代表Mapping。我使用类型细化是因为类型投影不健全，已在Scala 3中删除。

为方便起见，您可以向apply的同伴中添加A方法，并将A自己的构造函数设为私有。

看到它在Scastie中运行。

关于构造函数中的依赖类型，请参见this issue。看来您无法像在方法中那样使用它们。