如何将 Future 作为函数参数传递？

Question

我习惯了 Scala 的类型，在这种类型Future中，您可以包装要返回的任何对象来指定它。Future[..]

我的 Rust 函数hello返回Query，但我似乎无法将该结果作为 type 的参数传递Future<Output = Query>。为什么不呢？我应该如何更好地输入它？

当我尝试将未来作为参数传递时，就会发生失败：

use std::future::Future;

struct Person;
struct DatabaseError;

type Query = Result<Vec<Person>, DatabaseError>;

async fn hello_future(future: &dyn Future<Output = Query>) -> bool {
    future.await.is_ok()
}

async fn hello() -> Query {
    unimplemented!()
}

async fn example() {
    let f = hello();
    hello_future(&f);
}

fn main() {}

编译失败并出现以下错误：

error[E0277]: `&dyn Future<Output = Result<Vec<Person>, DatabaseError>>` is not a future
 --> src/main.rs:9:5
  |
9 |     future.await.is_ok()
  |     ^^^^^^^^^^^^ `&dyn Future<Output = Result<Vec<Person>, DatabaseError>>` is not a future
  |
  = help: the trait `Future` is not implemented for `&dyn Future<Output = Result<Vec<Person>, DatabaseError>>`
  = note: required by `poll`

Answer 1

async函数 desugar 返回一个实现该Future特征的不透明值。这意味着您可以接受实现该特征的泛型类型。最简洁的语法是impl Trait，但您也可以引入一个命名的泛型参数：

async fn hello_future(future: impl Future<Output = Query>) -> bool {
    future.await.is_ok()
}

async fn example() {
    let f = hello();
    hello_future(f);
}

也可以看看：

• 是否可以等待 &dyn Future？
• 从 `async fn` 返回的 future 的具体类型是什么？
• 为什么在将特征作为函数参数传递时需要“impl”？
• 当用作函数的参数类型或返回类型时，“impl”意味着什么？
• 如何接受异步函数作为参数？