Scala：反对命名参数-Java 学习之路

我正在尝试将命名参数传递给常规Scala对象（如string / list / map）中的函数，其中参数的名称及其值都是可变的（在我的情况下来自解析的用户输入） . 有没有办法在Scala中执行此操作？我主要在scala中寻找一个简短的程序，类似于python中的这个：

def surprise(animal, color):
    print('Oh, a ' + color + ' ' + animal + '!')

arguments = {'animal': 'cat', 'color': 'black'}
surprise(**arguments)

由于python可以将字典解压缩为命名参数，因此可以实现

Oh, a black cat!

我一直在scala中搜索这个功能，但我找不到它 . 任何人都可以举例说明如何在scala中实现这一目标吗？

提前致谢！

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我会说，它并不像python那么容易，但我会尝试提出几种解决方案 . 您需要从类型和顺序的json（或其他用户输入）中提取参数 . 可以使用例如helper case class和play-json来完成它：
```
def surprise(animal: String, color: String): Unit = {
  println(s"Oh, a $color $animal!")
}

import play.api.libs.json.{JsValue, Json}

case class FuncArguments(animal: String, color: String)
implicit val funcArgumentsFormat = Json.format[FuncArguments]

implicit def jsValueToFuncArguments(json: JsValue): FuncArguments =
  json.as[FuncArguments]

def surprise2(json: JsValue): Unit = {
  (surprise _).tupled(FuncArguments.unapply(json).get)
}
```
case类与您的方法具有相同的签名 . implicit val funcArgumentsFormat 是play-json格式，用于将数据提取到case类中（不安全，因为 as . 如果在json中缺少必需的参数名称/类型，将抛出异常），隐式def jsValueToFuncArguments将你的json转换为case类（理论上也不安全，因为 Option.get ，但不要以为你可以在这里得到异常） . 并帮助函数surprise2将json转换为参数 .

例如，另一种方法是使用一些反射：
```
import play.api.libs.json.{JsValue, Json}

class SomeClass {
  def surprise(animal: String, color: String): Unit = {
    println(s"Oh, a $color $animal!")
  }
}

def surprise3(json: JsValue): Unit = {
  val method = classOf[SomeClass].getMethods.find(_.getName == "surprise").get
  val params = method.getParameters
  val values = params.map(_.getName).map(name => (json \ name).as[String])
  val ref = new SomeClass
  method.invoke(ref, values: _*)
}
```
在这个例子中，我们假设所有字段都具有相同的类型 String ，您的函数在类中 . Play-json用于解析 . 获取方法而不是参数名称，而不是提取参数的值（与参数的顺序相同），而不仅仅是将它们应用于函数 .

并致电：
```
val json = Json.obj("animal" -> "cat", "color" -> "black")

surprise2(json)
surprise3(json)
```
回复于 2024-04-27T02:31:11+08:00

Scala：反对命名参数

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