我可以将Kotlin中具有默认参数的函数的函数引用作为无参数函数得到吗？

Question

是否可以获取具有默认参数的函数的函数引用，该默认参数指定为无参数调用？

InputStream.buffered()是一种扩展方法，可将a InputStream转换BufferedInputStream为8192字节的缓冲区大小。

public inline fun InputStream.buffered(bufferSize: Int = DEFAULT_BUFFER_SIZE): BufferedInputStream =
    if (this is BufferedInputStream) this else BufferedInputStream(this, bufferSize)

我想有效地使用默认参数引用扩展方法，并将其传递给另一个函数。

fun mvce() {
    val working: (InputStream) -> InputStream = { it.buffered() }

    val doesNotCompile: (InputStream) -> BufferedInputStream = InputStream::buffered
    val alsoDoesNotCompile: (InputStream) -> InputStream = InputStream::buffered
}

doesNotCompile并alsoDoesNotCompile产生以下错误

类型不匹配：推断的类型为KFunction2，但应为（InputStream）-> BufferedInputStream

类型不匹配：推断的类型为KFunction2，但应为（InputStream）-> InputStream

我知道错误是因为InputStream.buffered()实际上(InputStream) -> BufferedInputStream不是，而是的快捷方式(InputStream, Int) -> BufferedInputStream，将缓冲区大小作为参数传递给BufferedInputStream构造函数。

动机主要是样式方面的原因，我宁愿使用已经存在的引用，也不愿在最后一刻创建引用。

val ideal: (InputStream) -> BufferedInputStream = InputStream::buffered// reference extension method with default parameter
val working: (InputStream) -> BufferedInputStream = { it.buffered() }// create new (InputStream) -> BufferedInputStream, which calls extension method

Answer 1

正如gpunto和Pawel在评论中提到的，使用-XXLanguage:+NewInference编译器参数允许使用默认值的函数引用。

该问题在此处跟踪，针对 Kotlin 1.4.0。