Javascript 引用TypeScript中的推断类型

有没有办法在TypeScript中引用推断类型

在下面的示例中，我们得到了很好的推断类型

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，它接受一个类型为“which

Test

returns”的参数，而不显式地定义接口，该怎么办

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

这是一个变通方法，但若测试有自己的参数，那个么它会变得很麻烦

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

是否有某种方法可以引用任何测试返回的推断类型？所以我可以键入“无论测试返回什么”，而无需创建接口

我之所以关心这个问题，是因为我通常使用闭包/模块模式而不是类。Typescript已经允许您以类的形式键入某些内容，即使您可以创建一个描述该类的接口。我想键入函数返回的任何内容，而不是类。有关原因的更多信息，请参阅

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解决这个问题的最佳方法是，如果TypeScript添加了定义将依赖项作为参数的模块的功能，或者在闭包中定义模块的功能。然后我可以使用spiffy

export

语法。有人知道这方面是否有计划吗？

您可以将接口主体用作类型文字：

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
}

只是别忘了

位于每个成员的末尾


没有用于命名或引用推断类型的语法。最接近的方法是为要使用的成员使用接口或类型文本。接口和类型文本将匹配至少具有已定义成员的任何类型。“鸭子打字”
现在可以：

功能测试（）{
返回{你好：“世界”}
}
函数对象（测试：ReturnType）{
test.hello//works
test.bob//失败
}

我想做的主要事情是将
测试
键入为“无论
测试
返回什么”，而不必定义不能定义的类型，因此术语“匿名类型”-它不能命名（从技术上讲，当您键入一个类型文本时，您键入的是一个与另一个匿名类型具有相同形状的新匿名类型）。