Scala 中的 Python 风格装饰器

Question

在 Python 中，我可以做这样的事情：

def wrap(f):
    def wrapper(*args, **kwargs):
        print "args: ", args, kwargs
        res = f(*args, **kwargs)
        print "result: ", res
        return res
    return wrapper

这让我可以包装任何函数，而不管它们采用什么参数。例如：

In [8]: def f(thing):
    print "in f:", thing
    return 3

In [9]: wrapped_f = wrap(f)

In [10]: wrapped_f(2)
args:  (2,) {}
in f: 2
result:  3
Out[10]: 3

有没有办法在 Scala 中做类似的事情（编写一个可以应用于任何函数的包装器，无论其输入/输出类型如何）？

Answer 1

这里有一个基本问题：在 Scala 中，您必须知道函数应该获取哪些参数并实际传递它们，以便编译器可以确保类型匹配。

说有def f(a: List[Int], b: String) = ...和def g(args: Any*) = f(args)。这不会编译！（Any*指任意数量、任意类型的对象）。问题是，Any*仍然只有一个参数实际上被转换为一种Array.

为了更清楚地说明这一点，您可以考虑一个示例情况：您已使用wrap(f)某个函数调用了f(a: String, b: String)。然后，您将获得包装器的输出，该输出将以某种方式接受任意数量的任何类型的参数，然后您进行调用wrapper_f(List(1), "a")。在这种情况下wrapper_f(...)，调用应该是正确的，但在包装器内部，包装函数具有完全不同的参数列表，不能接受 aList[Int]和 a String。因此，您会在运行时遇到“类型错误”，这在静态类型编程语言（或至少在 Scala 中）中（通常）应该是不可能的。