Node.js 使用TypeScript的快速路线的返回类型

我试图使用TypeScript来充分发挥它的潜力，所以如果可能的话，我会避免使用任何

我见过这样定义的快速路线：

import { Request, Response } from "express";

myRouter.route("/foo").post((req: Request, res: Response): Response => {
  return res.send("Hello World");
});

这是因为
send（）
返回一个快速
响应

但如果我重定向：

myRouter.route("/bar").post((req: Request, res: Response): Response => {
  return res.redirect("/baz");         // redirect() returns void!
});

无法编译，因为
redirect（）
返回void，而不是
Response

选项：


最简单的解决方法是使路线返回
任意
，但如果可能的话，我希望避免这种情况
我见过像响应一样未知的
代码，但这似乎是一种黑客行为


在不使用
任何
的情况下，声明路线返回类型的正确方法是什么？
根据@jfriend的评论，回调的方法是：

因此，在这种情况下使用
any
是可以的

但是，将其声明为
void
可能更好，因为Express不希望返回值。这就是我正在做的，我认为这里的键入是“错误的”（如果不是这样，并且有一个有效的用例，请让我知道）。
好吧，Express不关注返回值，所以正确的使用方法是定义无返回值的回调，而不返回值。因此，停止执行
返回res.send（）
，只需执行
res.send（）
和
res.redirect（）
。停止使用
返回按钮
。如果没有返回值并且您只是试图完成函数的执行，则不需要
return
，只需使用普通的
return。无论如何，我都不喜欢
return res.send（）
语法，即使在普通Javascript中也是如此，因为它意味着返回一个有意义的返回值，而事实并非如此。@jfriend00键入声明了一个返回值。。。因此，您认为最好忽略它们并将其声明为
post（…）：void
？不，您找错地方了。这与
.post（）
返回的内容无关。这是关于您传递的回调返回的内容，以及如何声明回调来匹配它。回调不应返回任何内容。All
.post（）
是否注册回调以便稍后调用它，并返回调用它的对象以便链接事物
.post（）
本身在服务器初始化时被调用（以注册路由处理程序）-当路由实际被命中时，它不会被调用。传递给
.post（）
的回调称为路由处理程序。@jfriend00 DOH！你说得对！当我创建这个问题时，我没有粘贴我真正的代码——我的处理程序在一个单独的类中，因此它们更容易测试，当我键入上述内容时，我查看了错误的声明文件。您是对的，
RequestHandler
回调被定义为
（req:Request，res:Response，next:NextFunction）：any。。。所以它返回
any
，所以我很乐意这样做。不过，你关于不要不必要地返回的评论很有帮助（我会在其他语言中这样做）。我不是打字专家，所以这里没有建议。我不喜欢在调用方不使用返回值时返回值的代码（因为我认为这会产生误导性代码），所以我可能会做一些与此一致的事情。
void
可能是更好的选择，因为它是精确的返回类型，从那时起，他们似乎改进了
RequestHandler
的类型。今天，它是
（req:Request，res:Response，next:NextFunction）：void。
(req: Request, res: Response, next: NextFunction): any;