在Scala中，将整个文件读入内存的简单而规范的方法是什么?(理想情况下，可以控制字符编码。)
我能想到的最好的是:
scala.io.Source.fromPath("file.txt").getLines.reduceLeft(_+_)
或者我应该使用Java的一个可怕的习语，其中最好的(不使用外部库)似乎是:
import java.util.Scanner
import java.io.File
new Scanner(new File("file.txt")).useDelimiter("\\Z").next()
通过阅读邮件列表讨论，我甚至不清楚scala.io.Source是否应该是规范的I/O库。我不明白它的目的到底是什么。
．.． 我想要一些简单易记的东西。例如，在这些语言中，很难忘记成语……
Ruby open("file.txt").read
Ruby File.read("file.txt")
Python open("file.txt").read()
当前回答
你可以使用
Source.fromFile(fileName).getLines().mkString
但是应该注意的是，getLines()删除了所有新的行字符。 如果你想保存格式，你应该使用
Source.fromFile(fileName).iter.mkString
其他回答
为了扩展Daniel的解决方案，你可以通过在任何需要文件操作的文件中插入下面的导入来大大缩短时间:
import scala.io.Source._
有了这个，你现在可以做:
val lines = fromFile("file.txt").getLines
我会谨慎地将整个文件读入单个String。这是一个非常坏的习惯，它会比你想象的更快更严重地伤害你。getLines方法返回一个Iterator[String]类型的值。它实际上是文件中的惰性光标，允许您只检查所需的数据，而不会有内存过剩的风险。
哦，为了回答你隐含的关于Source的问题:是的，它是规范的I/O库。大多数代码最终都使用java。由于其较低级的接口和与现有框架的更好的兼容性，但是任何有选择的代码都应该使用Source，特别是对于简单的文件操作。
您不需要解析每一行，然后再次将它们连接起来。
Source.fromFile(path)(Codec.UTF8).mkString
我更喜欢用这个:
import scala.io.{BufferedSource, Codec, Source}
import scala.util.Try
def readFileUtf8(path: String): Try[String] = Try {
val source: BufferedSource = Source.fromFile(path)(Codec.UTF8)
val content = source.mkString
source.close()
content
}
正如一些人提到的，scala.io.Source最好避免使用，因为它会导致连接泄漏。
也许scalax和像commons-io这样的纯java库是最好的选择，直到新的孵化器项目(即scala-io)被合并。
为了更快地读取/上传(大)文件，可以考虑增加bufferSize (Source. size)的大小。DefaultBufSize设置为2048)，例如:
val file = new java.io.File("myFilename")
io.Source.fromFile(file, bufferSize = Source.DefaultBufSize * 2)
注意Source.scala。有关进一步讨论，请参阅Scala快速文本文件读取并上载到内存。
为了模拟打开和读取文件的Ruby语法(以及传递语义)，可以考虑以下隐式类(Scala 2.10及更高版本)，
import java.io.File
def open(filename: String) = new File(filename)
implicit class RichFile(val file: File) extends AnyVal {
def read = io.Source.fromFile(file).getLines.mkString("\n")
}
这样，
open("file.txt").read
