Question

有没有办法在TypeScript中引用推断类型？

在下面的例子中，我们得到了很好的推断类型。

function Test() {
    return {hello:"world"}
}

var test = Test()
test.hello // works
test.bob   // 'bob' doesn't exist on inferred type

但是如果我想定义一个带有类型参数的函数：“Whatever Test返回”，而没有明确定义接口呢？

function Thing(test:???) {
  test.hello // works
  test.bob   // I want this to fail
}

这是一种解决方法，但如果Test有自己的参数，它会变得毛茸茸。

function Thing(test = Test()) {} // thanks default parameter!

有没有办法引用Test返回的推断类型？所以我可以输入“Whatever Test return”，而无需创建界面？

我关心的原因是因为我通常使用闭包/模块模式而不是类。 Typescript已经允许你输入一些类作为类，即使你可以创建一个描述该类的接口。我想输入一些函数返回而不是类。有关原因的详细信息，请参阅Closures in Typescript (Dependency Injection)。

解决这个问题的最佳方法是，TypeScript添加了定义模块的能力，这些模块将其依赖项作为参数，或者在闭包内定义模块。然后我可以使用spiffy export语法。有人知道是否有任何计划吗？

Answer 1

您可以将界面的主体用作类型文字：

function Thing(test: { hello: string; }) {
    test.hello // works
    test.bob   // I want this to fail
}

相当于

interface ITest {
    hello: string;
}

function Thing(test: ITest) {
    test.hello // works
    test.bob   // I want this to fail
}

请不要忘记每个成员末尾的;。

没有用于命名或引用推断类型的语法。您可以获得的最接近的是为要使用的成员使用接口或类型文字。接口和类型文字将匹配至少具有已定义成员的任何类型。 “鸭打字”

Answer 2

现在有可能：

function Test() {
    return { hello: "world" }
}

function Thing(test: ReturnType<typeof Test>) {
  test.hello // works
  test.bob   // fails
}