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如何按名称实例化参数化类型类
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Stack Overflow用户
提问于 2018-09-14 02:55:06
回答 1查看 182关注 0票数 0

下面是示例:

我有一个可以“启动”任何车辆的服务

代码语言:javascript
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interface VehicleStarterService<T: Vehicle> {
   fun <T : Vehicle> start(vehicle: Class<T>): String {
       return vehicle.start
   }
}

我想按名称启动一个车辆类型,如"Car",这需要我创建一个VehicleStarterService;然而,我似乎找不到一种方法来使用按名称实例化的类来实例化接口。

我想做一些类似的事情(但不能):

代码语言:javascript
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val cls = "Car"
val kClass = Class.forName(cls).kotlin
val service = VehicleStarterService<kClass>()
service.start

我最终不得不执行以下操作(为我需要的每个参数化类型创建一个服务):

代码语言:javascript
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class CarStarterService : VehicleStarterService<Car> {
    fun <T> execute() : String {
        return start(User::class.java)
    }
}

有没有办法以这种方式实例化一个参数化的类?

EN

回答 1

Stack Overflow用户

发布于 2018-09-14 03:37:47

目前还不清楚这是否足以满足您的情况,但也许您可以只根据如下字符串匹配类

代码语言:javascript
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val cls = "Car"
val service: VehicleStarterService<out Vehicle>? = when (cls) {
    "Car"  -> object : VehicleStarterService<Car> {}
    "Boat" -> object : VehicleStarterService<Boat> {}
    "Plane" -> object : VehicleStarterService<Plane> {}
    else   -> null
}
service?.start(...

编辑: hashmap注册中心的想法,以允许一些可扩展性。

代码语言:javascript
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val serviceRegistry = HashMap<String, VehicleStarterService<out Vehicle>>()
    .apply {
        //default services
        this["Car"] = object : VehicleStarterService<Car> {}
        this["Boat"] = object: VehicleStarterService<Boat> {}
    }
.
.
.
//Adding entry
serviceRegistry["Plane"] = object: VehicleStarterService<Plane> {}
.
.
.
//Fetching entry
val cls = "Car"
val service = serviceRegistry[cls]

service?.start(...
票数 1
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页面原文内容由Stack Overflow提供。腾讯云小微IT领域专用引擎提供翻译支持
原文链接:

https://stackoverflow.com/questions/52320137

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