Question

您好，打字稿专业人员。我不需要解决方案，但有提示，如果可以在Typescript中使用。我对条件类型还是比较陌生的。是否可以从类中为接口的属性和方法提取类型？

interface ExtractTypings<Class, MembersOrMethods> {
  // ?????
}

class Bar {
  a: boolean;
  b: number;
  c() {
    return 'some string';
  }
  d() {}
  e() {
    return new Observable<number>();
  }
}

class Foo implements ExtractTypings<Bar, ['a, c, e']> {

}

打字稿版本：3.4.5

Answer 1

为此，您不需要条件类型，内置映射类型Pick应该可以解决问题：


class Bar {
  a: boolean;
  b: number;
  c() {
    return 'some string';
  }
  d() {}
  e() {
    return new Observable<number>();
  }
}

class Foo implements Pick<Bar, 'a' |  'c' |  'e'> {

}

Answer 2

如果我正确地理解了您的意图，则可以执行以下操作：

type ExtractTypings<Class, MembersOrMethods extends (keyof Class)[]> =
Pick<Class, MembersOrMethods[number]>;

class Bar {
  a: boolean;
  b: number;
  c() {
    return 'some string';
  }
  d() {}
  e() {
    return new Observable<number>();
  }
}

class Foo implements ExtractTypings<Bar, ['a', 'c', 'e']> {

}

请注意，如果不需要将成员声明为数组，则最好使用Titian Dragomir的解决方案。

Answer 3

更新：我发现这两个很棒的输入库使typescript的内置类型（Pick，Exclude，Extract，Merge等，...）的数量增加到更多有用的类型（例如，头，尾巴，尾巴等），

还要提及这些好的文章，这些文章帮助我了解了如何构建自己的复杂类型：

https://www.freecodecamp.org/news/typescript-curry-ramda-types-f747e99744ab/（ ts-toolbelt的所有者）
https://artsy.github.io/blog/2018/11/21/conditional-types-in-typescript/

注意：我还发现，要构建的这些复杂类型的核心实际上只是extends，type和infer！

从类的属性和方法的类中提取特定类型并将其添加到接口

3 个答案: