typescript - 如何定义将类型作为强类型参数的 Typescript 函数

Question

我想创建一个函数，该函数接受export class扩展特定类型的类型（创建并正常导入）。我有一个Page类和许多派生类。用简单的英语，我想要一个函数 accept Page, DerivedPage, AnotherDerivedPage classes（而不是实例），显然，试图避免any并保持强类型。

我该怎么做？

标签： typescriptinheritancestrong-typingtypescript3.0

Answer 1

如果您只想要 Page、DerivedPage、AnotherDerivedPage 类；你可以使用如下的东西：

function foo (foo: Page | DerivedPage | AnotherDerivedPage)

如果你想要一个扩展 Page 的参数，可能下面是要走的路：

function foo<T extends Page> (a: T) { ... }

编辑：
添加此类类型的示例以与箭头函数一起使用

type foo<T extends Page> = (v: T) => void
const fn: foo<DeribedPage> = (v) => { /* ... */ }