我想基于预定义类型定义函数签名(参数和返回类型)
假设我有这种类型:
safeSyntaxReadType = Callable[[tk.Tk, Notebook, str], Optional[dict]]
这意味着safeSyntaxReadType
是一个接收3个参数(来自上面列出的类型)的函数,它可以返回dict
或不返回任何内容
现在让我们假设我使用一个函数safeReadJsonFile
,它的签名是:
def safeReadJsonFile(root = None, notebook = None, path = ''):
我想将类型safeSyntaxReadType
分配给签名中的函数safeReadJsonFile
,可能类似于:
def safeReadJsonFile:safeSyntaxReadType(root = None, notebook = None, path = ''):
但是这种语法不起作用。这种类型分配的正确语法是什么
我可以这样做:
def safeReadJsonFile(root:tk.Tk = None, notebook:Notebook = None, path:str = '') -> Optional[dict]:
但我想避免这种情况
在阅读了很多(所有的typing docs和一些PEP544)之后,我发现没有这样的语法可以轻易地在定义中将一个类型分配给整个函数(最接近的是@typing.overload
,这并不是我们在这里需要的)
但作为一种可能的解决方法,我实现了一个decorator函数,它可以帮助轻松分配类型:
def func_type(function_type):
def decorator(function):
def typed_function(*args, **kwargs):
return function(*args, **kwargs)
typed_function: function_type # type assign
return typed_function
return decorator
用法是:
greet_person_type = Callable[[str, int], str]
def greet_person(name, age):
return "Hello, " + name + " !\nYou're " + str(age) + " years old!"
greet_person = func_type(greet_person_type)(greet_person)
greet_person(10, 10) # WHALA! typeerror as expected in `name`: Expected type 'str', got 'int' instead
现在,我需要帮助:出于某种原因,如果使用修饰语法,typechecker(pycharm)不会提示键入,这应该是平等的:
@func_type(greet_person_type)
def greet_person(name, age):
return "Hello, " + name + " !\nYou're " + str(age) + " years old!"
greet_person(10, 10) # no type error. why?
我认为装饰样式不起作用,因为装饰不会更改原始函数greet_person
,因此在初始化原始greet_person
函数时,返回的装饰函数的键入不会影响
我如何使装饰解决方案工作
只需将函数分配给表示特定可调用类型的新名称
请记住,定义为
any_greet_person
的对象是特定类型的,您不能在创建它之后简单地擦除它为了创建具有特定类型的可调用对象,可以从模板对象复制它(抽象类型
Callable
和Protocol
不适用于Type[C]
)。这可以由装饰师完成:这还表示只有与复制的签名兼容的函数才是有效目标
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