Question

我的问题是关于奥德斯基的讲座3.5（不是作业！）：

19:15的练习问：“if (true) 1 else false”是什么类型的

在他的解释中，Odersky认为类型是AnyVal，因为它是Int和Boolean（两个条件分支的类型）中最具体的超类型。

我问自己为什么类型检查器不够聪明，只能看到第一个分支实际上是相关的，因此可以将类型推断为Int？

Answer 1

这是一个类似的问题，为什么以下不能用Java编译：

throw new Foo();
return 42;  //unreachable statement

但这会编译：

if(true)
  throw new Foo();
return 42;

基本上编译器必须停在某处。特别是Scala编译器，已经很慢了。一旦它将true视为始终通过条件，您可能会问：1 == 1，2 * 21 == 42甚至是x == 7，其中x是val

很难绘制一条线，因此编译器只是假设每个if都可以有两个分支。 IDE或代码验证工具负责发现这些不可能或可能不正确的表达。

Answer 2

我认为你不希望Int - 推断的类型不应该依赖于优化，而应该依赖于开发人员编写的文本。否则，很难预测你会得到什么 - 被授予，而不是在这种情况下，但它显然比大多数人更明显。

Answer 3

因为类型检查器不对程序的执行做出任何假设。它不会尝试预测if语句的哪个分支将执行。在一般情况下，这是不可判定的，而且这种特殊情况在实践中不会经常发生，使任何此类预测都值得。

执行此类预测还会使输入规则的逻辑变得复杂。如果if语句的类型是Int，而其中一个分支的类型不是Int的子类型，那肯定会与人们的期望相矛盾 - 即使分支永远不会被执行。在某种程度上，就像类型检查器不会抱怨它知道不会执行的分支中的类型错误一样 - 没有人会想要它。

Answer 4

这让我思考，因为你可以移动到定义true的地方。在某些时候，编译器需要遵循很多路径来提出它的最佳猜测。

这总是如此

if (true) 1 else false

也是如此，但处于更高的水平

val presetBoolean = true
if (presetBoolean) 1 else false

这样，但是通过评估表达式

val presetBoolean = (1 == 1)
if (presetBoolean) 1 else false

这也是常量，但在这种情况下，它将引用传递给另一个对象（并且是我程序中唯一的实例

case object CallWithPreset {
  def apply(presetBoolean:Boolean) {
    if(presetBoolean) 1 else false
  }
}

CallWithPreset(true)

每个推理都有编译时间形式的开销。因此，虽然我认为在琐碎的情况下它可能很容易，但在其他情况下可能不会。但是，如果您允许某些情况而不是所有情况，则会导致每个情况可能具有不同的推断并且可能会造成混淆。

例如，如果有效：

val myType:Int = if(true) 1 else false

但这给出了编译错误：

val presetBoolean = true
val myType:Int = if (presetBoolean) 1 else false