推断包含对象类型声明为“any”的函数返回类型

Question

我想为函数对象创建一个类型，只允许特定枚举的字符串成员作为键：

enum ESharedActions {
  SET_LOADING = 'SET_LOADING',
  SET_LOGGED_IN = 'SET_LOGGED_IN',
}

type SharedActions = { [key in ESharedActions]: (...args: any) => any }

通过将该类型应用于我的对象，我无法推断该对象函数的返回类型，因为我必须在SharedActions 类型中将其键入为any。

const sharedActions: SharedActions = {
  [ESharedActions.SET_LOADING]: (loading: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loading,
  }),
  [ESharedActions.SET_LOGGED_IN]: (loggedIn: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loggedIn,
  }),
};

const foo = sharedActions[ESharedActions.SET_LOADING](true) // infers to `any`, should infer to { type: ESharedActions, loading: boolean }

是否可以通过使用类型/接口而不覆盖其函数返回类型来确保 sharedActions 结构，以便 TypeScript 能够正确推断它？

编辑： 我觉得我的意图还没有完全清楚。我的重点是防止有人在sharedActions 中使用随机密钥，但仍然可以推断出foo 的有效载荷（例如type 和loading）。对于共享代码库，这个想法是否过于保护？

Answer 1

分配给 foo 时只需删除您的 ShareActions 声明：

const sharedActions = {
  [ESharedActions.SET_LOADING]: (loading: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loading,
  }),
  [ESharedActions.SET_LOGGED_IN]: (loggedIn: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loggedIn,
  }),
};

Playground

在某些情况下，您更喜欢打字而不是推理。在这里，如果您打算将 sharedActions 视为 SharedActions（意味着将 (...args: any) => any 作为值对象），那么就像您在示例中所做的那样。 如果您的意图是操纵 sharedActions 的内容，则推断类型而不声明 SharedActions

然后，当您确实需要将其用作类型时，请稍后再进行转换：

const sharedActions = {
  [ESharedActions.SET_LOADING]: (loading: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loading,
  }),
  [ESharedActions.SET_LOGGED_IN]: (loggedIn: boolean) => ({
    type: ESharedActions.SET_LOADING,
    loggedIn,
  }),
};

// use sharedAction
// doStuff(foo.loading)


// cast finally if your only goal is to expose the result as a SharedActions type/interface
// return sharedAction as SharedActions