Inheritance 扩展传递给派生类的选项的Typescript最佳实践

我有一个基类和一个派生类。派生类构造函数参数（

DerivedOptions

）需要所有的

BaseOptions

属性和其他属性，因此我将它们表示为接口并对其进行了扩展。这样做正确吗？我还看到人们使用

type

来表示传递给类的选项。有什么方法可以使用它实现此功能吗

interface BaseOptions {
   arg1: string;
}

class BaseClass {
  constructor(options: BaseOptions) { }
}

interface DerivedOptions extends BaseOptions {
   arg2: string;
}

class DerivedOptions extends BaseOptions {
   constructor(options: DerivedOptions) {
     super();
   }
}

---

是的，这是一个正确的方法，除了调用super时忘记传递options对象：

class DerivedOptions extends BaseOptions {
   constructor(options: DerivedOptions) {
     super(options);
   }
}

至于使用，它在您的情况下不会很好地工作，因为（如中所述）：

第二个更重要的区别是类型别名不能 从扩展或实现（也不能扩展/实现其他 类型）。因为软件的一个理想属性是对用户开放 扩展时，应始终在类型别名上使用接口，如果 可能

因此：

type BaseOptions = {
   arg1: string;
}

type DerivedOptions extends BaseOptions = {
   arg2: string;
}

---

这是不可能的，并且不会编译，会有很多错误。

是的，这是正确的方法，只是调用super时忘记传递options对象：

class DerivedOptions extends BaseOptions {
   constructor(options: DerivedOptions) {
     super(options);
   }
}

至于使用，它在您的情况下不会很好地工作，因为（如中所述）：

第二个更重要的区别是类型别名不能 从扩展或实现（也不能扩展/实现其他 类型）。因为软件的一个理想属性是对用户开放 扩展时，应始终在类型别名上使用接口，如果 可能

因此：

type BaseOptions = {
   arg1: string;
}

type DerivedOptions extends BaseOptions = {
   arg2: string;
}

这是不可能的，并且不会编译，但会出现许多错误