从类型的默认参数进行 TypeScript 类型推断

Question

给出以下示例：

interface Foo {
  name: string;
}

interface Bar extends Foo {
  displayName: string;
}

const foo: Foo = { name: "foo" };
const bar: Bar = { name: "bar", displayName: "dn" };

const getName = <T extends Foo>(obj: T = foo): string => {
  return obj.name;
};

getName(foo); // Ok
getName(bar); // Ok

obj: T = foo导致错误。 即使T extends Foo ，这也不被接受。 为什么会这样，有什么解决方法？

例子。

Answer 1

您的getName函数不需要泛型，并且可以对输入参数obj使用Foo类型注释，即：

const getName = (obj: Foo = foo): string => {
  return obj.name;
};

尽管您将类型Foo分配给obj它也适用于getName(bar); 因为Bar extends Foo 。 换句话说：由于 TypeScript 知道Foo比Bar更具体，因此getName函数将接受Bar类型的任何元素。

您不需要泛型，因为您不想将函数的不同部分相互关联。 如果您想将输入参数与输出参数相关联，则可以有效使用泛型。

请参阅您的代码的此TS Playground 。

另请参阅有关您遇到的错误的相关问题，即

Type 'Foo' is not assignable to type 'T'.
  'Foo' is assignable to the constraint of type 'T', but 'T' could be instantiated with a different subtype of constraint 'Foo'.(2322)

Answer 2

问题是foo不是T类型，假设您想使用接口Bar实例化泛型：

const getName = (obj: Bar = foo): string => {
  return obj.name;
};

您可以看到foo不是Bar （缺少displayName属性）并且您不能将其分配给Bar类型的变量。

您现在有三个选择：

1. 强制foo用作泛型T : <T extends Foo>(obj: T = foo as T): string => ... 。 但这是您能做的最糟糕的选择（可能导致意外结果/错误）。

2. 重载您的函数以匹配您的通用规范。 如果您需要返回（并实际使用）您的通用实例，这很有用：

const getName: {
  // when you specify a generic on the function
  // you will use this overload
  <T extends Foo>(obj: T): T;

  // when you omit the generic this will be the overload
  // chosen by the compiler (with an optional parameter)
  (obj?: Foo): Foo;
}
= (obj: Foo = foo): string => ...;

3. 请注意，您的函数根本不使用泛型并将参数作为简单的Foo : (obj: Foo = foo): string => ...传递。 在您的情况下，这应该是最好的