高阶函数泛型类型的 TypeScript 默认函数

从技术上讲，编译器抱怨是正确的。您始终可以使用类型断言来抑制默认函数参数上的错误，并为其提供默认类型参数，T以便编译器在无法T从参数中推断出时知道该怎么做：

function someFunction<T = number>(
  f: (s: string) => T = ((s: string) => Number(s)) as any
) {
  return function (s: string): T {
    return f(s)
  }
}

这将完全如您所愿：

const fNum = someFunction()
console.log(fNum("3.14159").toFixed(2)); // 3.14
const fStr = someFunction((s: string) => s)

但是这种方法的问题是类型参数T是由 的调用者指定的someFunction()，而不是由实现指定的。所以没有什么能阻止恶意和/或困惑的调用者做这样的事情：

const fOops = someFunction<string>();

调用者已指定T为 a string，即使T的默认值为number，它也已被显式string类型覆盖。所以编译器认为它fOops是 type (s: string) => string，但当然在运行时我们知道它不会是：

try {
  fOops("oopsie").toUpperCase(); // no compiler error
} catch (e) {
  console.log(e); // fOops(...).toUpperCase is not a function
}

这就是编译器抱怨的原因；这是说它不能确定默认值f将是适合T调用者指定的类型。

如果您不关心这种可能性，那么这种方法很好，并且需要对您的代码进行最少的更改。

如果你想阻止的可能性fOops样的情况，你可以改变someFunction()成为一个重载函数有两个呼叫签名：

// call signatures
function someFunction(): (s: string) => number;
function someFunction<T>(f: (s: string) => T): (s: string) => T;

如果不someFunction()带参数调用，则调用的是第一个调用签名，并且返回类型必须是(s: string) => number; 此调用签名上根本没有泛型类型参数。

否则，如果您使用回调参数调用它，那么您将调用第二个调用签名；有一个类型参数T对应于该回调的返回类型。

然后实现可以与之前类似，但您可以放松类型以防止投诉（这里我们将仅用any作返回​​类型）：

function someFunction(f: (s: string) => any = (s: string) => Number(s)) {
  return function (s: string) {
    return f(s)
  }
}

现在您打算支持的呼叫仍然有效：

const fNum = someFunction()
console.log(fNum("3.14159").toFixed(2)); // 3.14

const fStr = someFunction((s: string) => s)

但是不可能使用类型参数调用零参数调用签名，因此您不能再以错误的方式调用它：

const fOops = someFunction<string>() // error!
// Expected 1 arguments, but got 0.

Playground 链接到代码