在Swift 3、为什么函数的void return值，->()，只是有时推断，而其他时候必须声明？

Question

考虑以下代码：

typealias bar = ()->()

let foo:bar = { baz -> () in
    print("foobar")
    return ()
}

let baz = foo()

print("\(baz)")

输出：

foobar

()

现在，如果我们改变这一行：

let foo:bar = { baz -> () in

对此：

let foo:bar = { baz in

...然后什么也没有发生。即，-> () 由编译器推断。（注意：如果我们省略 return ()，编译器也会很高兴。）

但是，与此同时，如果我们更改此行：

typealias bar = ()->()

对此：

typealias bar = ()

...然后编译器吓坏了，自杀了。为什么？

这似乎与 Swift 的文档冲突，该文档将 ()（又名 Void）定义为：

The return type of functions that don’t explicitly specify a return type

根据该声明，由于 typealias bar = ()->() 明确指定了 return 类型，因此根据定义，它不能 return () — 但它确实如此！这完全不合逻辑，自相矛盾。

有人可以向我解释一下他们对此的想法吗？这里的基本原理是什么？

如果 ->() 应该总是被推断出来那么为什么还要有它呢？为什么不直接说 () 总是一个函数，这样 ()() 总是 returns ()?

Answer 1

如果我没记错的话，你说的就是这种情况：

typealias bar = ()

let foo: bar = { baz -> () in
    print("foobar")
    return ()
}

赋值的右边是 () -> () 类型的闭包，它是未计算的。 foo 应具有类型 bar (())，但只有在评估闭包时才会出现这种情况，例如：

let foo: bar = { baz -> () in
    print("foobar")
    return ()
}()

Answer 2

我喜欢，但这是另一个可能有用的角度。

使用 typealias bar = ... 声明，您正在定义一个类型。该定义必须完整且明确。否则，类型系统将无法检查您稍后声明的内容是否是该类型的成员。这个声明提供了类型的完整签名——对于 function/closure 类型，这意味着它的参数类型集和它的 return 类型，即使两者都是 Void（又名 ()).

使用 let foo: bar = ... 您声明一个值并声明它必须是该类型的成员。因为类型的部分定义是已知的（多亏了类型别名），所以在声明类型的成员时不需要重复它们：

你的闭包不需要声明它的 return 类型，因为那是你的闭包符合的函数类型的一部分。您可以 return 闭包中预期类型的任何值。（或者，由于您的函数类型定义了 Void 的 return 类型，因此您什么也不能 return。）
您的闭包不需要声明其参数的类型，因为类型别名也已经这样做了。（或者，因为你唯一的参数类型是 Void，你根本不需要声明参数。）

在定义一个已知类型的闭包时省略一些闭包语法是Swift的类型推断特性之一。您可以将其视为等同于，如果您有一个 enum Foo { case one, two, three } 和一个 func bar(_ foo: Foo)，您可以在调用 (bar(.one)) 中仅传递 .one。 Foo.one 是该常量的完全限定名称，但仅 .one 就足够了，因为 Swift 可以推断出 Foo 类型。

在Swift 3、为什么函数的void return值，->()，只是有时推断，而其他时候必须声明？

In Swift 3, why is the void return value of functions, -> (), only sometimes inferred, but other times, must be declared?

syntax

closures

declaration

void

swift3