(目前使用 Typescript 4.3) 假设我定义了以下联合类型以及一些通用函数
self.__class__.mro()
我想要做的是以某种方式使它成为 Function 的任何通用使用都应始终包含类型“a”(即扩展 Foo 的任何 F 都必须包含“a”)
在代码中,我想要的是:
types.ts
export type Foo = 'a' | 'b' | 'c'
export function Function<F extends Foo>() { ... }
有什么办法可以修改 Foo 或 Function 的类型定义来实现这一点吗?
答案 0 :(得分:2)
一般来说,声明但未使用的类型参数是indicative of a problem。此外,您可能不想隐藏一个名为 Function
的全局对象。为了更易于分析,我会将您的示例修改为:
type Foo = 'a' | 'b' | 'c';
function func<F extends Foo>(f: F) { return f; }
// function func<F extends Foo>(f: F): F
此处的 func()
取 F
类型的值,即 constrained 到 Foo
,并返回相同的值。因此类型签名是 <F extends Foo>(f: F) => F
。
当您调用 func()
时,您可以手动指定类型参数 F
:
const x = func<"a" | "b">(Math.random() < 0.5 ? "a" : "b");
// const x: "a" | "b"
但这并不比让编译器推断它更好:
const y = func(Math.random() < 0.5 ? "a" : "b");
// const y: "a" | "b"
所以从现在开始我只会让编译器推断类型参数:
您要求确保为 F
指定的任何内容都包含 "a"
。换句话说,您希望 F
的上限为Foo
,下限为"a"
。 >
所以以下应该成功:
func(Math.random() < 0.5 ? "a" : "b"); // okay
func("a") // okay
并且以下应该失败:
func(Math.random() < 0.5 ? "a" : "d"); // fails
func("c") // should fail but doesn't
现在 func("c")
失败
不幸的是,TypeScript 中没有语法来直接支持以这种方式“从下面”约束类型参数。 microsoft/TypeScript#14520 有一个长期的功能请求,以使用 super
语法 (as in Java) 来支持这一点,因此人们可能会像目前所说的那样说 F super "a"
1}},但不直接支持这样的功能。
幸运的是,您可以使用 conditional types 来模拟下限。例如:
F extends Foo
这可能很难理解,但它同时强制执行 function func<F extends ("a" extends F ? Foo : "a")>(f: F) { return f; }
// function func<F extends "a" extends F ? Foo : "a">(f: F): F
和 F extends Foo
(后者是 "a" extends F
的另一种表达方式)。它会按照您的意愿行事:
F super "a"
但是,在您采用这样的策略之前,可能值得考虑这是否有必要。如果您更改类型参数定义,您可能只需要一个上限即可。
与其说您想要一个类型参数 func(Math.random() < 0.5 ? "a" : "b"); // okay
func("a") // okay
func("c") // fails
where F
和 "a" extends F
,不如说您想要一个类型参数 F extends Foo
where {{1} },然后将 G
定义为 G extends Foo
。
特别是:
F
现在 G | "a"
不再可能不扩展 function func<G extends Foo>(f: G | "a") { return f; }
// function func<G extends Foo>(f: G | "a"): G | "a"
,因为 "a"
只是我们给 F
和 {{1} 的并集起的名字}.当然,由于您正在更改类型参数的定义,它会相应地更改推理和 IntelliSense 显示:
F
最后一次调用不会失败,因为值 G
的类型为 "a"
。这种类型的调用失败是否重要可能会影响您是否可以走这条路线。但对于某些用例,这可能比显式下限仿真更可取。