如何根据父键有条件地扩展通用接口

Question

考虑这些定义：

interface A {
    id?: string;
    name?: string;
}

interface BaseLabel<B extends Parent, Parent extends A> {
    keyStr?: keyof Omit<B, keyof Parent> & string;
}

interface RequiredLabel<B extends Parent, Parent extends A> extends BaseLabel<B, A> {
    label: string;
}

interface OptionalLabel<B extends Parent, Parent extends A> extends BaseLabel<B, A> {
    label?: string;
}

type Final<B extends Parent, Parent extends A> = RequiredLabel<B, Parent> | OptionalLabel<B, Parent>

我需要细化

Final

类型，以便父键应该具有必需的标签（基于

RequiredLabel

），而所有其他 B 键都可以带有可选标签（基于

OptionalLabel

）。

interface Parent extends A {
    value?: string;
}

interface child extends Parent {
    isDate?: boolean;
}

const fields: Final[] = [
   {id: '1', name: '1', isDate: true},
   {id: '2', name: '2', isDate: true, label: 'label 2'},
   {id: '3', name: '3', value: '3', label: 'label 3'},
];

所有与家长相关的记录都必须有强制性标签，而其他记录则可以没有。

任何人都可以帮我缩小范围吗？

Answer 1

这是对我有用的解决方案：

interface RequiredLabel<B extends Parent, Parent extends A> {
    keyStr: keyof Parent & string;
    label: string;
}

interface OptionalLabel<B extends Parent, Parent extends A> {
    keyStr: keyof Omit<B, keyof Parent> & string;
    label?: string;
}

type Final<B extends Parent, Parent extends A> = RequiredLabel<B, Parent> | OptionalLabel<B, Parent>