如何按名称实例化参数化类型类
如何按名称实例化参数化类型类
提问于 2018-09-14 02:55:06
下面是示例：
我有一个可以“启动”任何车辆的服务
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)：
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)：
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？
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
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。
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(...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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