在TypeScript中引用推断类型

Question

是否有任何方法可以在TypeScript中引用推断类型？

在下面的例子中，我们得到很好的推断类型。

function Test() { 
    return {hello:"world"} 
} 

var test = Test() 
test.hello // works 
test.bob // 'bob' doesn't exist on inferred type 

但是，如果我想定义一个函数，它的类型的参数是什么：“无论Test回报”，但没有明确定义的界面？

function Thing(test:???) { 
    test.hello // works 
    test.bob // I want this to fail 
} 

这是一种解决方法，但它得到毛茸茸的，如果测试有其自身的参数。

function Thing(test = Test()) {} // thanks default parameter! 

是否有某种方法来引用任何测试返回的推断类型？因此，我可以输入“无论测试返回”的东西，而无需创建界面？

我关心的原因是我通常使用闭包/模块模式而不是类。尽管您可以创建一个描述该类的接口，但Typescript已经可以让您将类型输入为类。我想输入一些东西，无论函数返回什么而不是一个类。有关更多信息，请参阅Closures in Typescript (Dependency Injection)。

解决此问题的最佳方法是如果TypeScript添加了abilty来定义将其依赖关系作为参数的模块，或者在闭包中定义模块。然后我可以使用漂亮的export语法。任何人都知道是否有这样的计划？

Answer 1

你可以用一个接口的身体作为一种文字：

function Thing(test: { hello: string; }) { 
    test.hello // works 
    test.bob // I want this to fail 
} 

相当于

interface ITest { 
    hello: string; 
} 

function Thing(test: ITest) { 
    test.hello // works 
    test.bob // I want this to fail 
} 

只是不要忘了;在每个成员的结束。

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没有用于命名或引用推断类型的语法。您可以得到的最接近的是为将要使用的成员使用接口或类型文字。接口和类型文字将匹配至少有定义成员的任何类型。 “鸭子打字”