关于unapply方法在Scala中如何工作的说明

Question

我对流程的理解正确吗？考虑下面的代码

class Employee(val firstName: String, val middleName: Option[String], val lastName: String)

object Tokenizer {
  def unapply(x: Employee) = Some(x.firstName, x.lastName)
}

val e = new Employee("Kurt", None, "Vonnegut") 
val result = e match {
  case Tokenizer(c, d) ⇒ "c: %s, d: %s".format(c, d)
  case _ ⇒ "Not found"
}

e将被传递给Tokenizer.unapply(x:Employee)，Some()的结果被赋值给(c,d)，我说的对吗？从代码的外观看，我们似乎在调用Tokenizer(c,d)，但没有使用类似于Tokenizer(c,d)的签名定义apply或unapply方法

Answer 1

是的，你理解得没错。unapply可能有点让人费解，因为当您在case中看到它时，您编写的是它的返回类型，而不是参数类型。Tokenizer.unapply的签名是Employee => Some[(String, String)]。与case Tokenizer(c, d)对应的部分是返回类型。

然而，我有几个(非常小的)nit要挑选。您应该为所有的公共方法指定类型，因为您最终可能会推断出过于具体的类型(它在这里通过推断Some而不是Option来显示)，然后更改您的代码(在本例中，可能会使它变得可能会因为None而失败)更改它的接口。但是，如果您希望不会更改Tokenizer使其失败，那么就不需要通过返回Option来招致装箱惩罚。相反，您可以这样做

// Don't worry if you don't understand this yet. You can ignore this trick and come back to it much later
// Also: I think this only works on Scala 2.12
final case class Box[+T](t: T) extends AnyVal {
  def isEmpty = false
  def get = t
}
object Tokenizer {
  def unapply(e: Employee): Box[(String, String)] = Box((e.firstName, e.lastName))
}
// Incurs no boxing penalty, but now you can't change it to allow failure without changing the interface

最后的nit:调用一个需要没有双括号的元组的函数是一种糟糕的风格。不要写Some(a, b)；要写Some((a, b))。它有点难看，但第一个可能是模棱两可的，那就更糟了。

Answer 2

具有unapply方法的对象是提取器对象。它通过提取传递给apply的各个值来执行与apply方法相反的操作。因此，在上面的示例中，result将包含元组("Kurt", "Vonnegut")。

注意，您也可以在这里使用赋值而不是模式匹配：

$ val Tokenizer(emp) = e
emp: (String, String) = ("Kurt", "Vonnegut")