Question

在TypeScript中，如果函数表达式作为参数传递，则其参数的类型将被完美推断：

var foo = (fn: (a: string) => void) => {};

foo(a => { 
    // a is inferred to be a string
    alert(a.toLowerCase());
});

这对事件处理程序和其他回调非常方便。但是，如果函数表达式包含在通用包装函数的调用中，该函数表达式将函数作为参数并返回具有相同签名的函数（返回值除外），例如， Lodash的_.debounce，推论不会发生。

var debounce = <T>(fn: (a: T) => void) => {
    return (a: T) => { /* ... */ };
};

foo(debounce(a => { 
    // a is inferred to be {}
    // type error: 'toLowerCase' doesn't exist on '{}'
    alert(a.toLowerCase());
}));

TS Playground

由于foo希望其参数为(a: string) => void，编译器可能会尝试为T找到debounce<T>将返回(a: string) => void的类型。但它没有尝试这样做。

我错过了什么吗？我应该以其他方式编写debounce的类型注释吗？它是按设计的吗？关于这个案子，GitHub上有问题吗？

UPDATE-2017：现在可以使用了！ TS 2.5。

Answer 1

首先，当您调用没有类型参数的泛型函数时，编译器必须确定每个类型参数的类型。

因此，当您调用debounce时，编译器必须找到T类型的候选者。但唯一的地方debounce可以从您的函数中得出推论，并且您没有为您的类型参数提供显式类型。

因此，编译器认为它没有任何类型可供使用，并且回退到{}的{{1}}（“空类型”，通常称为“卷曲”）。 / p>

整个过程称为类型参数推断。

然后发生的是编译器会注意到你没有给你的箭头函数参数一个类型。它不是默认为T，而是认为它可以从any的参数类型中找出它。此过程称为上下文输入。

好debounce的类型基本上是fn，所以编译器数字“好，很好，我们可以给(a: {}) => void一个类型！”最后不幸的是...... a。

虽然这并非完全绝对令人敬畏，但修复并不是那么糟糕。只需为{}添加类型注释：

或使用类型参数：

foo(debounce((a: string) => { 
    // Everything is fine!
    alert(a.toLowerCase());
}));

传递给泛型函数包装器的函数的类型推断，如_.debounce

1 个答案: