打字稿方法 return 基于可选参数属性函数的类型

Question

尝试创建一个简单的实用程序：

return 按原样在给定数组中
或根据给定的可选参数进行转换。这是代码：

type MapperFn<T, U> =  (val: T) => U;

interface mapperOpts<T,U> {
  cb?: MapperFn<T,U>
}

interface mapper {
  map<T, U, Z extends mapperOpts<T,U>>(arr: Array<T>, opts: Z): Z extends { cb: MapperFn<T,U> } ? U[]: T[];
}

const obj: mapper = {
  map: (arr, { cb }) => {
    if (!cb) return arr;
    return arr.map(cb);
  }
}

const arr: number[] =[1,2,3];

const result = obj.map(arr, {cb: (element) => element.toString() }); // should be typed as `string[]`

const result2 = obj.map(arr, { cb: (element) => element+1 }); // should be typed as `number[]`

const result3 = obj.map(arr, {}); // should be types as `number[]`

但是，我收到错误消息：

Type '<T, U, Z extends mapperOpts<T, U>>(arr: T[], { cb }: Z) => T[] | U[]' is not assignable to type '<T, U, Z extends mapperOpts<T, U>>(arr: T[], opts: Z) => Z extends { cb: MapperFn<T, U>; } ? U[] : T[]'.
  Type 'T[] | U[]' is not assignable to type 'Z extends { cb: MapperFn<T, U>; } ? U[] : T[]'.
    Type 'T[]' is not assignable to type 'Z extends { cb: MapperFn<T, U>; } ? U[] : T[]'.

请注意，result 和 result2 标记为 unknown[]，这可能意味着回调函数的参数类型推断无法正常工作。

我错过了什么？

Typescript Playground

Answer 1

具体如何 generic type argument inference works doesn't seem to be particularly well documented, aside from the now obsolete TypeScript Language Specification。

但一般来说，当编译器看到对调用签名为 func<T, U, V>(x: F<T, U>, y: G<T, V>): H<U, V>; 且形式为 c = func(a, b) 的函数的调用时，它需要尝试推断类型参数 T、U 和 V 来自值 [=17=]、b 和 c 的类型。要推断 U，编译器需要检查 a 和 c 的类型，因为参数 x 和 return 类型都依赖于 U。因此 x 和 return 类型是 T 的潜在 推理站点 。另一方面，尝试使用 b 来推断有关 U 的任何内容是没有希望的，因为 y 参数的类型根本不引用 U .也就是说，y 不是 U.

的推理站点

并非所有推理站点都得到平等对待，有些推理站点比其他站点更难推理。 Return 类型通常是较差的推理站点，因为编译器通常不知道预期的 return 类型......如果你写 const c = func(a, b); 你是在要求编译器推断 c，所以 func() 的 return 类型未知。您只能在 return 类型的情况下使用，例如 c 已经是已知类型，例如 const c: SomeType = func(a, b);.

涉及类型参数的类型函数越复杂，推理站点的用处就越小。对于像 f<T>(x: T): void 这样的东西，对 f(a) 的调用很容易将 T 推断为 a 的类型。但是对于像 g<T>(x: T[keyof T]): void 这样的东西，几乎不可能从 g(a) 推断出 T。在前一种情况下，您是从相同类型的值推断 T 。简单。在后一种情况下，从该类型属性的联合值推断 T 。你甚至不知道如何开始。其他类型的函数往往介于这两个极端之间。如果您运行遇到问题，最好的办法是简化推理站点中的类型函数。

最后，有些地方根本不作为推理站点。像 h<T, U extends T>(u: U): void 这样的函数签名没有 T 的推理站点。 Generic constraints 在推断类型参数时不参考。也许您可能希望编译器从传递给 h() 的内容中推断出 U，然后从 U 中推断出 T，但事实并非如此。 T 肯定会无法推断，并且会退回到 unknown.

之类的东西

对于出现此问题的问题，您可以查看 microsoft/TypeScript#38183, microsoft/TypeScript#31529，可能还有许多其他问题（我会搜索“推理站点”）。

综上所述，我对您的 map() 方法的建议是：

interface Mapper {
  map<T, Z extends MapperOpts<T, any>>(arr: Array<T>, opts: Z):
    Z extends { cb: MapperFn<T, infer U> } ? U[] : T[];
}

之前的版本U没有合理的推理站点。相反，我们只会从 arr 和 opts 推断出 T 和 Z。这很可能会成功。由此，我们可以使用 Z 通过显式 conditional type inference.

提取 U

让我们看看它是如何工作的：

const result = obj.map(arr, { cb: (element) => element.toString() }); // string[]
const result2 = obj.map(arr, { cb: (element) => element + 1 }); // number[]
const result3 = obj.map(arr, {}); // number[]

看起来不错！

Playground link to code

打字稿方法 return 基于可选参数属性函数的类型

Typescript method return type based on optional param property function

type-inference

optional-parameters

typescript

conditional-types

打字稿方法 return 基于可选参数 属性 函数的类型

Typescript method return type based on optional param property function

type-inference

optional-parameters

typescript

conditional-types

打字稿方法 return 基于可选参数属性函数的类型