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

这使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

在Scala中有没有类似的方法（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

您当然可以用宏来实现这一点。您可以将方法调用转换为具有部分应用程序的函数：

object Foo {
  def bar(i: Int): Int = i + 1
}
val fn = Foo.bar _
defined object Foo
fn: Int => Int = <function1>

现在您有了一个对象，在本例中为Function1[Int, Int]类型，您可以将其传递给Scala宏，它将是这样的（未测试）：

object DecoratorMacros {
  import reflect.macros.blackbox
  import language.experimental.macros
  def decorate[A <: Function](fn: A): [A] = macro decorate_impl[A]
  def decorate_impl[A: c.WeakTypeTag](c: blackbox.Context) = {
    import c.universe._
    val type = weakTypeOf[A]
    ...
  }
}

在宏的主体中，您可以检查fn: A的整个类型签名，其中将包括参数。然后，您可以编写代码来实现所需的副作用，并返回一个可以调用的函数。类似这样的东西：

DecoratorMacros.decorate(Foo.bar _)(42)

宏相当复杂，但如果你认为这是一条你想走的路，我可以详细说明。

Answer 2

这里有一个基本问题：在Scala中，你必须知道函数应该得到什么参数，并实际传递它们，这样编译器才能确保类型匹配。

假设有def f(a: List[Int], b: String) = ...和def g(args: Any*) = f(args)。这不会编译！（Any*表示具有任何类型的任意数量的对象）。问题是Any*仍然只是一个单独的自变量，它实际上被翻译成一种Array。

为了更清楚地说明这一点，您可以考虑一个示例情况：您使用一些函数f(a: String, b: String)调用了wrap(f)。然后你得到了包装器的输出，它将以某种方式接受任何数量的任何类型的参数，然后你进行了wrapper_f(List(1), "a")调用。在这种情况下，wrapper_f(...)调用应该是正确的，但在包装器内部，包装的函数有一个完全不同的参数列表，不能接受List[Int]和String。因此，你会在运行时得到"类型错误"，这在静态类型编程语言中（或者至少在Scala中）是不可能的。