Question

我希望能够获得usize枚举Bar中包含的Foo的引用（包括不可变和可变）：

use Foo::*;

#[derive(Debug, PartialEq, Clone)]
pub enum Foo {
    Bar(usize)
}

impl Foo {
    /* this works */
    fn get_bar_ref(&self) -> &usize {
        match *self {
            Bar(ref n) => &n
        }
    }

    /* this doesn't */
    fn get_bar_ref_mut(&mut self) -> &mut usize {
        match *self {
            Bar(ref mut n) => &mut n
        }
    }
}

但我无法获得可变引用，因为：

n活得不够长

我能够提供类似函数的两种变体，访问Foo Box的{{1}}的其他内容 - 为什么可变借用（以及为什么只有它）失败并带有未装箱的原语？

Answer 1

您需要将Bar(ref mut n) => &mut n替换为Bar(ref mut n) => n。

在ref mut n中使用Bar(ref mut n)时，会创建一个可变对象引用Bar中的数据，因此n的类型为&mut usize。然后，您尝试返回&mut n类型的&mut &mut u32。

此部分很可能不正确。

现在deref coercion开始了   并将&mut n转换为&mut *n，创建临时值*n   usize类型，其生存时间不够长。

Answer 2

这些示例显示了示例问题：

fn implicit_reborrow<T>(x: &mut T) -> &mut T {
    x
}

fn explicit_reborrow<T>(x: &mut T) -> &mut T {
    &mut *x
}

fn implicit_reborrow_bad<T>(x: &mut T) -> &mut T {
    &mut x
}

fn explicit_reborrow_bad<T>(x: &mut T) -> &mut T {
    &mut **&mut x
}

explicit_版本显示了编译器通过deref coercions推断出的内容 _bad版本的错误方式完全相同，而其他两个编译错误。

这可能是一个错误，也可能是对编译器当前实现生命周期的限制。 &mut T对T 的不变性可能与有关，因为它导致&mut &'a mut T对'a不变，因此&&'a T）情况更具限制性，即使在这种情况下，严格性也是不必要的。

为什么我不能从枚举中可变地借用一个原语？

2 个答案: