是否可以选择严格传播对象？

Question

我想知道是否有编译器选项或类似的东西可以使传播对象严格。

请参阅以下示例以了解我的意思：

interface Foo {
  a: string;
}

interface Bar {
  a: string;
  b: number;
}

const barObject: Bar = { a: "a string", b: 1 };

// should give a warning because Bar has more properties (here b) than Foo
const fooObject: Foo = { ...barObject };

// actually prints 1
console.log((fooObject as any).b); 

这样的事情可能吗？

Answer 1

有趣的问题。根据本期，价差操作者的结果是为了不触发超额财产检查。

// barObject has more props than Foo, but spread does not trigger excess property checks
const fooObject: Foo = { ...barObject };

// b is explicit property, so checks kicks in here
const foo: Foo = { ...bar, b: 2 }

目前 TypeScript没有确切的类型，但您可以创建一个简单的类型检查来强制执行严格的对象传播：

// returns T, if T and U match, else never
type ExactType<T, U> = T extends U ? U extends T ? T : never : never

const bar: Bar = { a: "a string", b: 1 };
const foo: Foo = { a: "foofoo" }

const fooMergeError: Foo = { ...bar as ExactType<typeof bar, Foo> }; // error
const fooMergeOK: Foo = { ...foo as ExactType<typeof foo, Foo> }; // OK

通过辅助函数，我们可以减少一些冗余：

const enforceExactType = <E>() => <T>(t: ExactType<T, E>) => t

const fooMergeError2: Foo = { ...enforceExactType<Foo>()(bar) }; // error

代码示例