javascript - 防止 Typescript 编译器检查整个类以节省时间？

Question

Typescript 编译运行需要很长时间，所以我使用了 generateTrace来自 https://github.com/microsoft/TypeScript/pull/40063
它表明大部分时间都在将复杂的类与其子类进行比较。例如。其中一个类是基 Objection 模型 (https://github.com/vincit/objection.js)，它是我所有模型都继承的基类。
例如。我有如下代码:

class User extends Model {}

function doSomething(model: typeof Model) {}

doSomething(User);

我有大约 50 个模型。我认为TS第一次遇到每个模型都很慢，然后它会缓存它。 TS 将特定模型与基础 Model 进行比较大约需要 5s . Model使用来自多个库的类型。这是跟踪的屏幕截图，只需将每个模型与 Model 进行比较就需要 5 分钟:

有没有办法让 TS 跳过比较 Model与自己？ IE。自从 User扩展 Model ，不需要检查它继承的字段。
编辑:
我将检查 50 个模型的时间从 5 分钟缩短到 30 秒。我有一张模型图:

type ModelType = 'user' | ...

type ModelsMap = {
  user: User,
  ...
};

getModel<T extends ModelType>(type: T): ModelsMap[T] {}

这很慢，因为 ModelsMap[T]是所有模型的联合。如果我在 T 时返回基本模型，它会变得更快。是所有模型类型的联合:

type TypeToModel<T extends ModelType> = ModelType extends T ? Model : ModelsMap[T];

getModel<T extends ModelType>(type: T): TypeToModel<T> {}

但是，很高兴知道是否有技巧可以更快地比较子类。例如。如果可以禁用结构类型并为子类使用名义。

Answer 1

我不确定这对您的情况是否有帮助，但您可以通过允许 incremental 显着加快该过程。标记您的tsc命令:

// package.json
"tsc": "tsc -v && tsc --noEmit --skipLibCheck --incremental",

这将创建一个 tsconfig.tsbuildinfo文件，这实际上是您的代码库的图表。然后，Typescript 将仅比较您更改的条目。第一次编译会很慢，因为它会生成图形，但之后编译时间至少会减少 3 倍。