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typescript - 打字稿：使用特定的扩展接口来满足通用的“扩展”类型参数？

问题描述

这是一个小代码示例（旁注：我正在运行 Typescript v3.8.3）：

interface IOptions<T> {
  arg: T;
}

interface IExtraOptions extends IOptions<number> {
  arg2: string;
}

type Func = <T, OptionsT extends IOptions<T>>(options: OptionsT) => T;

const f: Func = (options: IExtraOptions): number => {
  return options.arg2 === 'dev' ? 0 : options.arg;
};

我希望这可以工作，因为IExtraOptions扩展IOptions并因此满足OptionsT extends IOptions<T>约束，但我得到：

类型“OptionsT”不可分配给类型“IExtraOptions”。

“IOptions”类型中缺少属性“arg2”，但在“IExtraOptions”类型中是必需的。ts(2322)

完全删除OptionsT参数并仅用IOptions<T>作“选项”的类型参数会产生相同的错误。用非默认类型替换“数字”也不能解决它。有人知道我在做什么错吗？

标签： typescripttypescript-generics

解决方案

如果你有一个泛型函数，函数的泛型类型参数是由调用者决定的，而不是让实现修复为一些任意类型。例如，给定您的示例，此调用将是有效f<boolean, IOptions<boolean>>({ arg: true })的，并且您指定的实现不会返回满足这些类型参数的对象。

结论是，如果你有一个泛型函数，通常只有泛型函数才能满足实现（尽管使用非常松散的类型，例如any, neverorunknown也可能工作）。

如果你想创建专门的函数，不要使用泛型函数，使用恰好是函数的泛型类型：


type Func <T, OptionsT extends IOptions<T>> =(options: OptionsT) => T;

const f: Func<number, IExtraOptions> = (options ) => {
  return options.arg2 === 'dev' ? 0 : options.arg;
};

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您也可以从中派生T出TOptions一些简化的东西：


type Func <OptionsT extends IOptions<any>> =(options: OptionsT) => OptionsT['arg'];

const f: Func<IExtraOptions> = (options ) => {
  return options.arg2 === 'dev' ? 0 : options.arg;
};

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