validation - Typescript:声明采用精确接口(interface)类型参数的函数，而不是其派生类型之一

Question

interface I {
    a: number;
}

interface II extends I {
    b: number;
}

function f(arg: I) : void {
    // do something with arg without trimming the extra properties (logical error)
    console.log(arg);
}

const obj: II = { a:4, b:3 };
f(obj);

我想要做的是使函数 f 只接受 I 类型的对象，而不接受 II 类型或任何其他派生接口(interface)

Answer 1

由于 typescript 的工作方式而困难。您可以做的就是向基础添加一个 type 字段，派生接口(interface)将覆盖该字段。然后将函数限制为仅显式接受基数:

interface IFoo<T extends string = "foo"> {
  type: T;
}

interface IBar extends IFoo<"bar"> {
}

function ray(baseOnly: IFoo<"foo">) {
}

let foo: IFoo = { type: "foo" };
let bar: IBar = { type: "bar" };

ray(foo); // OK!
ray(bar); // error

输出错误:

[ts]
Argument of type 'IBar' is not assignable to parameter of type 'IFoo<"foo">'.
  Types of property 'type' are incompatible.
    Type '"bar"' is not assignable to type '"foo"'.