构造函数指向perl6中的类

  • Z时代
  • 2024-01-10
  • 分类：问答

我想用Perl 6编写一些类来测试Perl 6类和方法。构造函数指向perl6中的类

下面是代码：

class human1 { 
    method fn1() { 
     print "#from human1.fn1\n"; 
    } 
} 
class human2 { 
    method fn1() { 
      print "#from human2.fn1\n"; 
    } 
} 
my $a = human1.new(); 
my $b = human2.new(); 
$a.fn1(); 
$b.fn1(); 
print "now trying more complex stuff\n"; 
my $hum1_const = &human1.new; 
my $hum2_const = &human2.new; 
my $c = $hum2_const(); 
$c.fn1();

基本上我希望能够为使用的human1构造函数或human2构造，能够动态地建立$c对象。但我发现了以下错误：

Error while compiling /usr/bhaskars/code/perl/./a.pl6 
Illegally post-declared types: 
    human1 used at line 23 
    human2 used at line 24

如何创建$c使用函数指针来选择我使用的构造函数？

回答：

我认为这是一个LTA错误的情况。我所理解的你想实现的是一个lambda，它会为你创建一个新的对象human1或human2。你这样做的方式是不正确的，它造成的错误令人困惑。

my $hum1_const = -> { human1.new }; 
my $hum2_const = -> { human2.new };

将是这样做的正确方法。虽然，我会认为这有点混淆。由于human1和human2已经常数，你可以将它们分配给一个变量，然后只需拨打该new：

my $the_human = $condition ?? human1 !! human2; 
my $c = $the_human.new; 
$c.fn1;

这是否有意义？

回答：

要获得对.new的“引用”，您必须使用元对象协议。
.^lookup或.^find_method。

my $hum1-create = human1.^find_method('new');

这仍然不是你看上去很什么，因为方法需要一个类的对象或实例，作为他们的第一个参数。

my $c = $hum1-create(human1);

所以你可能想要咖啡类作为该方法的第一个参数。

my $hum1-create = human1.^find_method('new').assuming(human1); 
my $c = $hum1-create();

注意.assuming在这种情况下，基本上做同样的事情作为

-> |capture { human1.^find_method('new').(human1, |capture) }

所以，你可以这样写：

my $hum1-create = -> |capture { human1.new(|capture) }

或者，如果你是永远不会放弃它是一个参数

my $hum1-create = -> { human1.new }

您也可以将其存储在& sigiled变量，所以你可以使用它，就好像它是一个正常的子程序。

my &hum1-create = human1.^find_method('new').assuming(human1); 
my $c = hum1-create;

以上是 构造函数指向perl6中的类 的全部内容， 来源链接： utcz.com/qa/265814.html

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