TypeScript：使用扩展函数原型标记类方法

我想通过扩展函数原型来标记类方法

所以我这样做是为了扩展原型：

interface Function {
    $flag(): Function
    __flagged__: boolean
}

Function.prototype.$flag = function (): Function {
    this.__flagged__ = true;

    return this;
};

这很好，但我不能像这样标记类方法

class Foo {
    bar(): void: {
        // Do stuff
    }.$flag()
}

当试图调用.$flag方法时，编译器抛出一个语法错误，这似乎有点奇怪，因为它会创建有效的JavaScript

有没有办法标记类方法

有没有办法标记类方法

构造函数内部

constructor(){
    this.bar.$flag();
}

这似乎有点奇怪，因为它会创建有效的JavaScript

---

一旦您的脚本在Typescript类中，您的有效javascript就不再是有效的ecmascript 5。

您可以使用lambda实现相同的效果：

interface Function {
    $flag(): Function
    __flagged__: boolean
}

Function.prototype.$flag = function (): Function {
    this.__flagged__ = true;

    return this;
};

class Foo {
    bar = ((): void => {
        // Do stuff
    }).$flag()
}

您可以对成员变量执行此操作，这些变量是如图所示的函数

---

但是，您尝试执行的操作无法内联完成，因为这是一个语法错误。但是如果你真的想这样做，你可以在构造函数中这样做，如mpm所示。

因为你基本上是在使用ECMAScript 6特性来描述一个带有类型脚本扩展的类来添加类型，你建议的语法是有效的，实际上是无效的。您不能声明一个函数，然后以您正在执行的方式标记它

提出的其他建议的一种替代方法是在定义类后调用函数：

class Foo {
    bar() { }
}

Foo.prototype.bar.$flag();

---

虽然它可能缺乏优雅，但在课堂上只做了一次。无可否认，将函数属性化并不如将其属性化好。

除了该条不再位于原型上之外，这可能是不可取的。这将导致每个类创建都调用$flag函数，这可能是出乎意料的。问题中没有这样的要求。我想说的是，如果你想影响原型，首先就写一个。人们不必用Typescript编写类，但仍然可以从typesystem中获益，因为类失去了javascript的大部分动态特性。然而，你想在ES6中做什么应该是可能的。这不是我的问题，我只是澄清了你答案中可能不清楚的一个方面。