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是否可以构造一个 TypeScript 类型，它只会选择那些 typeof X 的属性？

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

interface IB extends IA {
    c: number | string;
}

type IAStrings = PickByType<IA, string>;
// IAStrings = { a: string; }
type IBStrings = PickByType<IB, string>;
// IBStrings = { a: string; }
type IBStringsAndNumbers = PickByType<IB, string | number>;
// IBStringsAndNumbers = { a: string; b: number; c: number | string; }

这是一些条件类型的代码

class A {
    public a: number;
}

class B {
    public b: number;
}

type DataType = "a" | "b";

type TData<T extends DataType> =
    T extends "a" ? A :
    T extends "b" ? B :
    never;

现在我想使用条件类型作为从函数参数到其返回类型的链接.我尝试以不同的方式实现这一点而没有结果:

function GetData<T extends DataType>(dataType: T): TData<T> {
    if (dataType == "a")
        return new A();
    else if (dataType == "b")
        return new B();
}

什么是正确的语法？TypeScript 2.8有可能吗？

更新

在github上已经有一个已经打开的问题,它涵盖了我的例子.因此,目前的答案是"不,但未来可能".

在 TypeScript 中，您可以在派生类中拥有协变方法参数。
这看起来像是公然违反LSP。
这部分语言设计的意图是什么，是故意的还是设计限制？

interface A {
    a: number;
}

interface B extends A {
    b: number;
}

class Base {
    public foo(arg0: A): B { 
        return { a: 0, b: 42 };
    }
}

class Derived extends Base {
    public foo(arg0: B): B { // covariant parameter is allowed, not OK
        return { a: +arg0.a.toPrecision(2), b: +arg0.b.toPrecision(2) }; // runtime error, b is undefined, although should have been required
    }
}

let b: Base = new Derived(); // …