传递给通用函数包装器（如 _.debounce）的函数的类型推断

Question

在 TypeScript 中，如果将函数表达式作为参数传递，则可以完美推断其参数的类型：

var foo = (fn: (a: string) => void) => {};

foo(a => { 
    // a is inferred to be a string
    alert(a.toLowerCase());
});

对于事件处理程序和其他回调来说真的很方便。但是，如果函数表达式被包装在一个通用包装函数的调用中，该函数将一个函数作为参数并返回一个具有相同签名的函数（返回值除外），例如_.debounce Lodash，推理不会发生。

var debounce = <T>(fn: (a: T) => void) => {
    return (a: T) => { /* ... */ };
};

foo(debounce(a => { 
    // a is inferred to be {}
    // type error: 'toLowerCase' doesn't exist on '{}'
    alert(a.toLowerCase());
}));

TS Playground

由于foo 希望它的参数是(a: string) => void，编译器可以尝试为T 找到这样的类型，debounce<T> 将返回(a: string) => void。但它不会尝试这样做。

我错过了什么吗？我是否应该以其他方式为debounce 编写类型注释？是设计使然吗？ GitHub上有关于这个案例的问题吗？

UPDATE-2017：现在可以使用了！ TS 2.5。

Answer 1

首先，当你调用一个没有类型参数的泛型函数时，编译器必须找出每个类型参数的类型。

所以当你调用debounce 时，编译器必须找到T 类型的候选者。但是debounce 唯一可以从中得出推论的地方是您的函数，而且您没有为您的类型参数提供明确的类型。

因此编译器认为它没有任何类型可以使用，并回退到{}（“空类型”，通常称为“curly curly”）以获取T。

整个过程称为类型参数推断。

然后发生的事情是编译器会注意到您没有为箭头函数的参数指定类型。而不是默认为any，它认为它可以从debounce的参数类型中找出来。这个过程称为上下文输入。

好吧，fn 的类型基本上是 (a: {}) => void，所以编译器认为“好吧，太好了，我们可以给 a 一个类型！”不幸的是，这最终是...{}。

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因此，虽然这不是绝对很棒，但修复并没有那么糟糕。只需为a添加类型注释：

foo(debounce((a: string) => { 
    // Everything is fine!
    alert(a.toLowerCase());
}));

或使用类型参数：

foo(debounce<string>(a => { 
    // Everything is fine!
    alert(a.toLowerCase());
}));