打字稿用void return tupe定义任意函数

Question

我想写一些装饰器函数，以函数为参数：

type SomeType = ??? => void;

const decorate = (fn: SomeType): SomeType => {
   ...
} 

我如何定义“SomeType”，以限制仅对具有 void 返回类型的函数进行装饰调用？

const f1 = decorate((a: number) => {console.log(a);});   //OK
const f2 = decorate((a: number, b: string) => {console.log(a,b);}); //OK
const f3 = decorate((a: number, b: number) => {console.log(a,b); return a+b;});  //Not allowed

Answer 1

这应该对你有用。

type SomeType = (...args: any) => void;

我将链接它，因为它与您的情况相关，如果您输入一个没有 void 返回类型的函数，它不会抛出错误https://github.com/microsoft/TypeScript/wiki/FAQ#why -are-functions-returning-non-void-assignable-to-function-returning-void

Answer 2

问题有两个部分。 通过decorate函数保留参数类型。 并确保装饰函数的返回类型为void

您可以通过向decorate添加通用参数来解决第一部分。 这将调用decorate捕获实际参数：

const decorate = <A extends any[]>(fn: (...a: A) => void): (...a: A) => void => {
   return fn;
} 

const f1 = decorate((a: number) => {console.log(a);});   //(a: number) => void;
const f2 = decorate((a: number, b: string) => {console.log(a,b);}); //(a: number, b: string) => void;
const f4 = decorate((a: number, b: number) => {console.log(a,b); return a+b;}); //(a: number, b: number) => void;

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第二部分有点棘手，签名中的void并不一定意味着函数不会返回值，而是调用者不会观察到任何返回值。 虽然在声明具有显式返回void的函数时有一些保护措施（例如： function x(): void { return 1 } ），但通常返回任何内容的函数可以分配给需要void的签名

function x() { return 1 }
let y : () => void = x

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话虽如此，因为您确实需要在另一个函数（ decorate函数）中使用它，我们可以捕获您传入的任何函数的实际返回类型，并使用条件类型强制一种自定义错误：

const decorate = <A extends any[], R>(fn: ((...a: A) => R & (void extends R ? unknown : ["Void required allowed"]))): (...a: A) => void => {
   return fn;
} 

const f1 = decorate((a: number) => {console.log(a);});   //OK
const f2 = decorate((a: number, b: string) => {console.log(a,b);}); //OK
const f3 = decorate((a: number, b: number) => {console.log(a,b); return a+b;}); //    Type 'number' is not assignable to type '["Void required allowed"]'.

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