javascript - 将回调传递给 redux 异步操作是否被认为是好的做法？

Question

我想为成功/错误响应显示不同的通知栏， 我像这样在我的 React 组件中将两个回调传递给 redux 异步操作:

<Button
  onClick={e => this.props.actions.asyncAction(item, this.showSuccessBar, this.showErrorBar)}
/>

asyncAction 看起来像这样:

export function asyncAction(item, successCallback, errorCallback) {
  return (dispatch, getState) => {
    dispatch(requestItem(item));
    return fetch("api.some_url/items/item")
      .then(response => response.json())
      .then(json => {
        if (json.success) {
          dispatch(receivePostsSuccess(reddit, json));
          successCallback();
        } else {
          dispatch(receivePostsFail(reddit, json));
          errorCallback();
        }
      });
    }
  };
}

这是否被认为是违反模式的？ 换句话说，通知栏应该根据状态变化而不是回调打开吗？

Answer 1

图案本身很好。如果这是组件本地的通知，请尽量避免通过 Redux 连接它。

也就是说，回调是完全没有必要的，因为您已经返回了 promise。只需等待它完成即可。

this.props.dispatch(asyncAction(item)).then(onSuccess, onFailure);

但是，如果您有许多带有此类通知栏的组件，最好让一个 reducer 保留当前通知并对操作使用react。