如何定义将类型作为强类型参数的 Typescript 函数

Question

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

我该怎么做？

Answer 1

您只需要使用构造函数签名：

class Page {
    private p!: string;
}
class DerivedPage extends Page { }
class OtherPage extends Page { 
    constructor(param: number){
        super();
    }
}
class NotPage { private np!: string; }

function createPage(ctor: new (...a: any[])=> Page, ...a: any[]) {
    new ctor(...a);
}

根据需要，您还可以创建一个保留参数和 class 类型的更通用的版本：

//Preserves argument and class type
function genericCreatePage<T extends Page, A extends any[]>(ctor: new (...a: A)=> T, ...a:A){
    return new ctor(...a);
}

genericCreatePage(DerivedPage)
genericCreatePage(OtherPage, 0)
genericCreatePage(OtherPage, "0") //err

Answer 2

如果您只想要类页面，DerivedPage，AnotherDerivedPage；您可以使用如下内容：

function foo (foo: Page | DerivedPage | AnotherDerivedPage)

如果你想要一个扩展 Page 的参数，可能下面是方法：

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

编辑：
添加此类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) => { /* ... */ }

如何定义将类型作为强类型参数的 Typescript 函数

How to define Typescript function that takes a type as a strongly typed argument

inheritance

strong-typing

typescript

typescript3.0