更高级别的寿命和仿制药不玩很好

在这里的代码更高级别的寿命和仿制药不玩很好

trait Foo { 
    type Output; 
    fn foo(self) -> Self::Output; 
} 

impl<'a> Foo for &'a() { 
    type Output = &'a(); 
    fn foo(self) -> Self::Output { 
     self 
    } 
} 

fn func<F: Foo>(f: F) -> F::Output { 
    f.foo() 
} 

fn func2<'a>(f: &'a()) -> &'a() { 
    func::<&'a()>(f) 
} 

fn has_hrl<F: Fn(&()) -> &()>(f: F) {} 

fn main() { 
    //has_hrl(func); // FAILS 
    has_hrl(func2); 
    has_hrl(|x| func(x)); 
}

我们愿做has_hrl(func)，但锈病只接受封闭has_hrl(|x| func(x))。这是为什么？因为它适用于func2等具体类型，但不适用于泛型类型。

来源

2016-09-18 iopq

如果你声明'has_hrl'就像'fn has_hrl <'a，F：Fn（＆'a（）） - >＆'a（）>（_：F）{}'，这就可以工作。不过，我的权力水平并不足以解释为什么一生需要明确。 – ljedrz

在该表达式中：

has_hrl(func)

编译器被迫挑func一个特定实例。 func通用于F: Foo，并且对于所有'a,&'a()实现Foo，但编译器只能选择一个特定的'a来实例化func，因为类型变量不能表示多种类型。因此，func::<&'a()>不实现for<'a> Fn(&'a()) -> &'a()，它只执行Fn(&'x()) -> &'x()一个特定的生命期'x。

这将工作，如果你宣布has_hrl喜欢fn has_hrl<'a, F: Fn(&'a()) -> &'a()>(_: F) {}。不过，我的权力水平并不足以解释为什么一生需要明确。 - ljedrz

这是因为原来的声明有必然隐含的排名更高的寿命（绑定相当于F: for<'a> Fn(&'a()) -> &'a()），这意味着F必须实现Fn(&'a()) -> &'a()为所有寿命'a。您的版本只需要F即可在一个具体生命周期中实施Fn(&'a()) -> &'a()。您还会发现，如果has_hrl尝试调用具有本地于has_hrl函数的生命周期的闭包，则此版本不起作用，因为调用方不可能将该生存期作为参数传递（这就是为什么排名更高的生存期限被引入）。

来源

2016-09-18 17:05:48

我只是试图将has_hrl（| x | func（x））;语句拆分为2个语句：'let f = | x | FUNC（X）; has_hrl（f）;'并且出现同样的错误。不知何故，作为参数出现的方式与变量绑定的处理方式不同（绑定应该固定为完全具体的类型）。所以我猜，甚至更高的生命周期还没有被Rust的当前类型系统很好地捕获（并且在幕后使用了一些有点技巧）？ – John

我知道它有更高的排名寿命，但我仍然不明白为什么它不起作用，似乎这是应该起作用的。 – iopq

@iopq：[你并不孤单...]（https://internals.rust-lang.org/t/higher-kinded-types-the-difference-between-giving-up-and-moving-forward/3908/4） –

更高级别的寿命和仿制药不玩很好

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