让TypeScript推断（部分或全部）通用参数

Question

假设我有一个通用类型Gen<T> ：

type Gen<T> = {
    t: T,
    x: boolean,
};

然后，我有一些函数带有Gen但并不关心T类型：

function handleGen1(gen) {
    if (gen.x) {
        return gen;
    }
}

我将如何输入handleGen1 ？ 目前，我只能以这种方式看到：

function handleGen1<T>(gen: Gen<T>) {
    if (gen.x) {
        return gen;
    }
}

是否有一种更简洁的方法，例如在Flow中 （ function handleGen1(gen: Gen<*>) { ... } ）？

另外，如果我的函数仅取决于某些类型参数怎么办？

type Gen<P, E> = {
  p: P,
  e: E,
  x: boolean,
}

function handleGen2(gen) {
    if (gen.x) {
        return gen.p;
    }
}

我想输入为：

handleGen2: (gen: Gen<P, *>) => P;

Answer 1

在打字稿中没有与*语法等效的内容。 通过声明type参数发现的选项是一个不错的选择。 请注意，在呼叫站点不必指定额外的参数，打字稿将推断出适当的T

type Gen<T> = {
    t: T,
    x: boolean,
};

function handleGen1<T>(gen: Gen<T>) {
    if (gen.x) {
        return gen;
    }
}

handleGen1({
    t: 1,
    x: true
}) // T infered as number

如果您对Gen有更多参数，则将为每个类型参数声明一个：

type Gen<T, P> = {
    t: T,
    p: P,
    x: boolean,
};

function handleGen1<T, P>(gen: Gen<T, P>) {
    if (gen.x) {
        return gen;
    }
}

handleGen1({
    t: 1,
    p: "",
    x: true
}) // T inferred as number, P number

现在，如果您确实不在其他任何位置使用type参数，则可以使用Gen<any>或Gen<unknown> 。 在您的示例中，由于返回类型将为Gen<T>因此您确实使用T ，因此Gen<any>将不会转发类型参数。 如果不是这种情况，我们可以使用以下选项：

type Gen<T> = {
    t: T,
    x: boolean,
};

function handleGen1(gen: Gen<unknown>) {
    if (gen.x) {
        console.log(gen.t);
    }
}

handleGen1({
    t: 1,
    x: true
}) // works fine 1 is assignable to unknown 

必须指定类型参数的缺点是也必须指定类型约束。