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带有JSON的Jackson:无法识别的字段,未标记为可忽略?
我需要将某个JSON字符串转换为Java对象。我正在使用Jackson进行JSON处理。我无法控制输入的JSON(我从Web服务读取)。这是我输入的JSON:
{"wrapper":[{"id":"13","name":"Fred"}]}
这是一个简化的用例:
private void tryReading() {
String jsonStr = "{\"wrapper\"\:[{\"id\":\"13\",\"name\":\"Fred\"}]}";
ObjectMapper mapper = new ObjectMapper();
Wrapper wrapper = null;
try {
wrapper = mapper.readValue(jsonStr , Wrapper.class);
} catch (Exception e) {
e.printStackTrace();
}
System.out.println("wrapper = " + wrapper);
}
我的实体类是:
public Class Student {
private String name;
private String id;
//getters & setters for name & id here
}
我的包装程序类基本上是一个容器对象,用于获取我的学生列表:
public Class Wrapper {
private List<Student> students;
//getters & setters here
}
我不断收到此错误,“包装器”返回null。我不确定丢失了什么。有人可以帮忙吗?
org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException:
Unrecognized field "wrapper" (Class Wrapper), not marked as ignorable
at [Source: java.io.StringReader@1198891; line: 1, column: 13]
(through reference chain: Wrapper["wrapper"])
at org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException
.from(UnrecognizedPropertyException.java:53)
高分回答:
您可以使用Jackson的类级注释:
import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonIgnoreProperties
@JsonIgnoreProperties
class { ... }
它将忽略您尚未在POJO中定义的每个属性。当您只想在JSON中寻找几个属性而又不想编写整个映射时,此功能非常有用。有关更多信息,请访问Jackson的网站。如果要忽略任何未声明的属性,则应输入:
@JsonIgnoreProperties(ignoreUnknown = true)
高分回答:
您可以使用
ObjectMapper objectMapper = getObjectMapper();
objectMapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false);
它将忽略所有未声明的属性。
文章翻译自 am2dgbqfb6mk75jcyanzabc67y-ac4c6men2g7xr2a-stackoverflow-com.translate.goog/questions/4…
作者建议: 注解的方式更优雅一点
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