为什么重载函数声明有时会强制无用的类型缩小？

Question

给定重载函数语句的以下实现：

function foo(options: "a"): "a";
function foo(options: "b"): "b";
function foo(options: "a" | "b"): "a" | "b" {
    switch (options) {
        case "a":
            return `a`;
        case "b":
        default:
            return `b`;
    }
}

我可以这样调用函数：

// this works
const url1 = foo("a");
const url2 = foo("b");

但是，如果使用union type“a”|“b”的值调用foo函数，则会出现类型错误：

// function call (inside of wrapped function)
type Options = "a" | "b";
const wrapper = (options: Options) => {
    // function overloading forces the caller to narrow the type
    const url = foo(options); // Error: Type '"a"' is not assignable to type '"b"'.
}

我可以通过

function foo(options: "a"): "a";
function foo(options: "b"): "b";
function foo(options: "a" | "b"): "a" | "b" {
    switch (options) {
        case "a":
            return "a";
        case "b":
        default:
            return "b";
    }
}

type Options = "a" | "b";
const wrapper = (options: Options) => {
    // Solution: Calling function 'foo' in the exact same way
    const url = options === "a" ? foo(options) : foo(options);
}

问：既然TypeScript对如何调用foo没有任何影响，为什么它会强迫我缩小选项的范围？

我总是叫foo

把我的问题打印出来




Answer 1

function foo(options: "a"): "a";
function foo(options: "b"): "b";
function foo(options: "a" | "b"): "a" | "b" {

最后一行是函数实现的开始，但它不是外部世界可见的类型的一部分。因此，对于您编写的代码，实际上不允许传入类型为“a”|“b”的内容。只需自己的“a”或“b”。

错误消息可能包含以下文本，试图指出问题，但如果您以前从未见过它，可能很难理解它的含义：

对该实现的调用本应成功，但重载的实现签名在外部不可见。

修复方法是在定义中再添加一个重载：

function foo(options: "a"): "a";
function foo(options: "b"): "b";
function foo(options: "a" | "b"): "a" | "b";
function foo(options: "a" | "b"): "a" | "b" {