如何从扩展接口推断泛型？

Question

我有一个带有通用字段的界面，有点像

interface HasVal<T> {
    val: T
}

我想创建一个像

get_val

这样的函数，它接受任何

HasVal

实现者并返回它的 val:

function get_val<T, Hv extends HasVal<T>>(hv: Hv): T {
    return hv.val
}

这不起作用，因为 T 由于某种原因没有缩小：

class MyVal {
    val = "hello world!"
}

let u = get_val(new MyVal());
// type of u is unknown :(

get_val

是否有一个类型签名可以返回正确的类型而不需要调用者指定它？

Answer 1

问题

declare function get_val<T, Hv extends HasVal<T>>(hv: Hv): T;

是通用约束不用作其他通用类型参数的推理站点。 （此类功能曾在 microsoft/TypeScript#7234 中提出，但最终被拒绝，转而采用其他技术。）因此，虽然

Hv

可以从

hv

参数中推断出来，但

T

不能从

Hv extends HasVal<T>

中推断出来约束。几乎没有地方可以推断出

T

，因此它会退回到隐式

unknown

约束，并且您会得到不良行为。

---

鉴于此示例，我倾向于完全删除

Hv

类型参数。如果您想从

T

类型的输入推断

HasVal<T>

，请直接告诉编译器

hv

是

HasVal<T>

类型，而不是通过约束间接地：

function get_val<T>(hv: HasVal<T>): T {
    return hv.val
}

现在事情按预期进行：

let u = get_val(new MyVal());
// let u: string

T

被推断为

string

，因为

MyVal

实例被视为有效的

HasVal<string>

。

Playground 代码链接

Answer 2

如果您需要一个遵循某些也具有泛型的接口的泛型，您也可以这样做：

interface Yeah<T> {
  val: T
}

function woo<T, U>(yeaher: T & Yeah<U>) {
  // ...
}