Scala中函数对象的varargs出错？

Question

为什么这不起作用？

val f = (args: Int*) => args.sum

error: ')' expected but identifier found.
val f = (args: Int*) => args.sum
                  ^

然而，这完全正常

def sum(args: Int*) = args.sum
val f = sum _

这样做

val f: (Int*) => Int = args => args.sum

顺便说一句。我正在使用scala 2.9.1

Answer 1

我不是规范阅读方面的专家，但看起来匿名函数不支持varargs语法。

比较Language Spec

中的函数声明与匿名函数的语法

从4.6函数声明和定义

ParamType ::= Type
              | ‘=>’ Type
              | Type ‘*’

6.23匿名函数

Binding ::= (id | ‘_’) [‘:’ Type]

我不知道原因是什么。似乎有理由，但没有一个可以轻易解释。 Martin Odersky评论了为匿名函数添加varargs的请求：“这看起来很诱人，但它会拖累很多复杂性（你只需要相信我那个）。”

Answer 2

Lex Spoon在here

给出了一个很好的解释

  

这里的语法有点误导;也许它太可爱了。 varargs的Any *语法使它看起来像Any *本身就是一个类型。实际上，*是方法参数的注释，而不是类型。

     

当您使用T1 =＆gt; T2语法记下函数类型时，T1和T2都需要是普通的老式真实类型。 Scala提供各种类型的oodles，但vararg类型不是其中之一。

     

在实际代码中，出路是显式使用序列类型。事实上，如果你看一下good2的推断类型，你会发现它涉及Seq [Any]而不是Any *。