Function Typescript接口：返回泛型函数的方法

有人知道如何为类方法定义接口，如：

wrap(fn) {
  return function(){
    ... // do something
    fn()
  }
}

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我正在绞尽脑汁想这个问题，基本上我如何定义参数的类型（和返回值）为

函数
？
我假设您想要返回另一个具有相同类型
fn
的函数

class Wrapper {

    // generic for any fn, without handling parameter type
    // a return type is not required: tsc infers from `return` statement.
    wrap<T extends Function>(fn: T) {
        return function () {
            // NOTE this version does not handle types of parameters.
            // you will have to use `arguments`
            return fn();
        } as any as T;
    }

    // generic for all unary fn
    // we can have correct type of arg1 in this way
    wrapF1<P1, R>(fn: (arg1: P1) => R) {
        const wrapped = function (arg1: P1) {
            return fn(arg1);
        }
        return wrapped;
    }

    // wrapF2, wrapF3, if you need more
}

类包装器{
//任何fn的泛型，不处理参数类型
//不需要返回类型：tsc从“return”语句推断。
包裹（fn:T）{
返回函数（）{
//注意：此版本不处理参数类型。
//你必须使用`参数`
返回fn（）；
}与T一样；
}
//所有一元fn的通用
//通过这种方式，我们可以获得正确的arg1类型
wrapF1（fn:（arg1:P1）=>R）{
const wrapped=函数（arg1:P1）{
返回fn（arg1）；
}
返回包装；
}
//wrapF2，wrapF3，如果你需要更多
}
如果我做了
wrapper=wrap（fn），它会给我一个错误包装器（）
：
错误TS2349:无法调用其类型缺少调用签名的表达式。类型“void”没有兼容的调用签名。
在您的示例中，
wrap
的类型是
（fn:（）=>void）=>（）=>void
。如果它位于对象（例如类实例）内部，则该对象的类型将是
{wrap（fn:（）=>void）：（）=>void}
或
{wrap:（fn:（）=>void）=>（）=>void}
感谢@joketster的解释，在我的例子中是
debounce
函数，我真的不关心内部fn的参数…@teone很高兴知道这一点，因为
wrapF1
方法远远不够完美。首先，fn的参数名没有保留。此外，它在重载函数上的效果也很差。