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返回扩展匿名类的函数的类型定义

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我试图创建一个函数，它接受一个类作为参数（不是类实例，而是类本身），并返回另一个扩展参数中给出的类的类 .

我试着定义typescript函数如下，我得到以下错误： Type 'typeof (Anonymous class)' is not assignable to type 'T'

function extendClass<T>(base: T): T  {
    return class extends base{
    };
}

我上面函数的示例用法：

class A {
}

const B = extendClass(A); // B is an extended class of A

let b = new B(); // b is instance of class B

extendClass函数的正确类型定义是什么？

typescript

2 回答

  • 1

    您需要确保传递给 extendClass 的参数是一个类，而不是一个实例 . 在类型级别，类可以表示为新函数：

    new (...args: any[]) => any

    为了使其更具可读性，让我们给它一个别名 .

    interface Constructable {
    new (...args: any[]): any;
}

    现在我们拥有了所需的一切！

    function extendClass<T extends Constructable>(Base: T) {
    return class extends Base {};
};

    但是，返回类型手动编写有点麻烦，因为它需要同时处理返回类的类型和原型链 . 我们可以使用类型推断为我们完成工作：

    function extendClass<T extends Constructable>(BaseClass: T): typeof DerivedClass {
    const DerivedClass = class extends BaseClass {};

    return DerivedClass;
}

    派生类被分配给局部变量，因此我们可以读取并使用其推断类型 .

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  • 1

    您需要指定 T 是一个构造函数，以便能够将其用作函数中的匿名类的基类 . 关于返回类型，我的建议是让编译器推断出这个 . Ť

    如果匿名类没有添加您想要从函数外部访问的成员，则可以使用 T 作为返回类型，但是如果添加成员，只需让编译器推断 .

    function extendClass<T extends new (...a: any[])=> any>(base: T)  {
    return class extends base{
    };
}
class A {
}

const B = extendClass(A); // B is an extended class of A
type B = InstanceType<typeof B>

let b:B = new B(); // b is instance of class B

    如果您不添加公共成员，则可以使用 T 作为返回类型：

    export function extendClass<T extends new (...a: any[]) => any>(base: T): T {
    return class extends base {
    }
}

    如果您保留推断的版本并生成声明，您实际上可以看到如果我们将成员添加到 T ，将如何显式声明返回类型：

    export function extendClass<T extends new (...a: any[]) => any>(base: T): {
    new (...a: any[]): {
        test(): void;
    };
} & T {
    return class extends base {
        test() { }
    }
}

    您可以在代码中使用此类型，它应该按预期工作 .

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