有scala身份功能吗？答案

【问题标题】：Is there a scala identity function?有scala身份功能吗？
【发布时间】：2010-12-20 07:54:28
【问题描述】：

如果我有类似List[Option[A]] 的东西，并且我想将其转换为List[A]，标准方法是使用flatMap：

scala> val l = List(Some("Hello"), None, Some("World"))
l: List[Option[java.lang.String]] = List(Some(Hello), None, Some(World))

scala> l.flatMap( o => o)
res0: List[java.lang.String] = List(Hello, World)

现在o => o 只是一个身份函数。我原以为会有一些方法可以做：

l.flatMap(Identity) //return a List[String]

但是，由于您无法生成 object，因此我无法使其正常工作。我尝试了几件事无济于事；有没有人有这样的工作？

【问题讨论】：

我认为{_} 应该等同于{x => x}，就像{_ + 3} 等同于{x => x+3}。谁能评论为什么不是这样？

标签： scala functional-programming scala-option

【解决方案1】：

有一个身份function in Predef。

l flatMap identity[Option[String]]

> List[String] = List(Hello, World)

我想，A 表示更好：

for(x <- l; y <- x) yield y

编辑：

我试图弄清楚为什么需要类型参数 (Option[String])。问题似乎是从 Option[T] 到 Iterable[T] 的类型转换。

如果你定义恒等函数为：

l.flatMap( x => Option.option2Iterable(identity(x)))

类型参数可以省略。

【讨论】：

为什么类型推断器无法判断类型本身？为什么l.flatMap(identity): List[String] 不起作用？
我认为推理者可以解决这个问题。我不知道。我会添加一个问题。 :-)
@oxbow_lakes - 见编辑。它与隐式类型转换有关。
@Thomas - 谢谢。对身份/选项/可迭代事物感到羞耻，因为这似乎是可能使用它的主要地方之一。不幸的是，与没有身份相比，它的可读性要差
此解决方案似乎不适用于 scala 2.9.1。 l flatMap identity[Option[String]] <console>:9: error: polymorphic expression cannot be instantiated to expected type; found : Option[String] => Option[String] required: Option[java.lang.String] => scala.collection.GenTraversableOnce[?] l flatMap identity[Option[String]] ^

【解决方案2】：

FWIW，在 Scala 2.8 上，您只需调用 flatten 即可。 Thomas 主要涵盖 Scala 2.7。他只是错过了使用该身份的另一种方式：

l.flatMap[String](identity)

但是，它不适用于运算符表示法（似乎运算符表示法不接受类型参数，这很高兴知道）。

您可以也在 Scala 2.7 上调用 flatten（至少在 List 上），但如果没有类型，它将无法执行任何操作。但是，这是可行的：

l.flatten[String]

【讨论】：

【解决方案3】：

你可以给类型推断器一点帮助：

scala> val l = List(Some("Hello"), None, Some("World"))
l: List[Option[java.lang.String]] = List(Some(Hello), None, Some(World))

scala> l.flatten[String]
res0: List[String] = List(Hello, World)

【讨论】：