如何使用命名参数在Scala中创建自定义函数类型？

def doImport(fileImportID: Int,filename: String) {
  println(s"Importing file #$fileImportID ($filename)")
}

以下片段：

val f = doImport _
f(123,"file.txt")

……只是语法糖：

val f = doImport _
f.apply(123,"file.txt")

如果在使用命名参数进行调用时编译器将查找参数名称的位置,则必须在apply方法的定义中.
事实证明,在Function2中,这些参数被命名为v1和v2.所以我们可以这样做：

scala> f.apply(v1=123,v2="file.txt")
Importing file #123 (file.txt)

现在让我们看看它在使用语法糖时是否仍然有效(换句话说,在删除显式调用时)：

scala> f(v1=123,v2="file.txt")
Importing file #123 (file.txt)

很好,它的工作原理.
现在当然v1和v2与fileImportID和filename并不完全相同,但我们可以通过一些类型细化来解决这个问题：

type ImportFunc = ((Int,String)=>Unit) { 
  def apply(fileImportID: Int,filename: String): Unit 
}

基本上这只是(Int,String)=>单位(或者换句话说,Function2 [Int,String,Unit]),但是使用我们想要的参数名称重新定义apply.
让我们看看这个行动：

scala> val f: ImportFunc = doImport _
f: ImportFunc = <function2>
scala> f(fileImportID=123,filename="file.txt")
Importing file #123 (file.txt)

成功！

一个重要的注意事项：在键入方面,ImportFunc与Function2 [Int,Unit]或任何其他类似的细化相同.这是因为参数名称不是签名的一部分.所以在我的例子中,f仍然可以传递给Function2 [Int,Unit](但从那时起,您将无法再使用自定义参数名称来调用它).