如何忽略“＃[derive（debug）]``''的通用参数？

Question

这是一个最小的

use core::fmt::Debug;

pub trait Config {
    type A: Debug;
}

#[derive(Debug)]
pub struct Info<T: Config> {
    pub field: T::A,
}

pub struct Conf;

impl Config for Conf {
    type A = i128;
}

fn main() {
    let s = Info::<Conf> {
        field: 123
    };
    dbg!(s);
}

我正在使用的框架（ subtrate ）使用了config> config的概念汇总了模块（托盘）的所有通用类型的特征。

问题是尝试＃[derive（debug）]仅使用对象的相关类型t实现配置仍然要求t实现debug本身。

error[E0277]: `Conf` doesn't implement `Debug`
  --> src/main.rs:22:5
   |
22 |     dbg!(s);
   |     ^^^^^^^ `Conf` cannot be formatted using `{:?}`
   |
   = help: the trait `Debug` is not implemented for `Conf`
   = note: add `#[derive(Debug)]` to `Conf` or manually `impl Debug for Conf`

此外，我无法控制conf对象的实现。无论如何，我并不是要打印有关conf对象本身的任何内容。

有没有一种方法可以使＃[derive（debug）] info> info 忽略t？

Answer 1

不幸的是，不是今天。您必须手动impl debug：

impl<T: Config> fmt::Debug for Info<T> {
    fn fmt(&self, f: &mut fmt::Formatter<'_>) -> fmt::Result {
        f.debug_struct("Info").field("field", &self.field).finish()
    }
}

有一种目的是使创建所谓的“ perfect derive”：基于所需的内容而不是通用参数来衍生界限。例如，请参见这个Lang Team Design Design会议建议。但是现在什么都没有。

Answer 2

derive_where crate 可以用来实现这一点：

#[derive_where(Clone, Debug)]
pub struct Info<T: Config> {
    pub field: T::A,
}