在函数类型中定义返回类型时，使用Typescript编写额外的返回属性

Question

下面的例子很好地说明了我的问题：

type Position = {
x: number
y: number
}
const update = (): Position => ({ x: 0, y: 0, z: 0 }) // 'z' does not exist in type 'Position', as it should.
type Update = () => Position
const update: Update = () => ({ x: 0, y: 0, z: 0 }) // that's fine?
const position: Position = update() // so is this, even though it is clearly wrong. 

如果我想在一个单独的文件中键入这些函数，该怎么办？除了将返回类型添加到实际函数之外。

Answer 1

当您声明一个对象必须是一个接口时，您是说它必须至少有这些属性，而不是只有那些属性。

当你从头开始创建一个具有接口不知道的属性的对象(也称为对象文字(时，Typescript会抱怨，但如果该对象是一个变量，那么在使用它来实现接口时不会出现任何错误。

这没问题：

const xyz = { x: 0, y: 0, z: 0 };
const position1: Position = xyz;

但这给出了错误"；对象文字只能指定已知的属性，并且类型"Position"中不存在"z"；

const position2: Position = { x: 0, y: 0, z: 0 };

最后一个例子const position: Position = update()实际上很好，因为update()返回了一些扩展Position的内容。你可以更严格地说const position: {x: number} = update()，这也没关系，只要值至少有{x: number}。变量position中的对象仍将具有y和z属性，但在尝试访问它们时会出错，因为typescript不知道它们。