在Scala中将JSON字符串转换为JSON对象

4 回答

• 6

  Note: 从技术上讲，不再存在解析JSON的核心Scala "native"方式 . 您应该使用外部支持的库，如Spray JSON或Play JSON .

  从Scala 2.11开始，解析器 - 组合器库不再包含在核心语言jar中，需要单独添加到项目中 . 此外，JSON解析器已在社区支持的解析器 - 组合器库版本中弃用 . 我不建议使用这个库 .

  如果您选择，您仍然可以将它添加到您的项目中，方法是将以下内容添加到build.sbt中：

  libraryDependencies += "org.scala-lang.modules" %% "scala-parser-combinators" % "1.0.4"

  您可以在https://github.com/scala/scala-parser-combinators找到该库的源代码 .

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  由于您特别询问了Scala用于JSON解析的本机工具 - 您正在寻找的包是scala.utils.parsing.json . 像下面这样的东西应该工作：

  import scala.util.parsing.json._
  
  val parsed = JSON.parseFull("""{"Name":"abc", "age":10}""")
  

  parsed 将取值： Some(Map(Name -> abc, age -> 10.0))

  回复于 2024-04-19T15:13:20+08:00
• 2

  您可能想要使用像Spray JSON这样的库 . 它提供了许多易于使用的功能，可以转换为JSON和从JSON转换 . 如果您决定使用Spray JSON，您可以这样做：

  import spray.json._
  // some code here
  val json = "your json string here".parseJson
  

  回复于 2024-04-19T15:13:20+08:00
• 8

  您也可以使用play framework中的Json Library，但也可以用作独立的lib . 这个库基于良好但被遗弃的Jerkson项目，它是围绕超快Java基于JSON库的 Jackson 的Scala包装器 . 它具有非常丰富和良好的文档工具集，可用于使用JSON - transofrmers，验证器等 .

  import play.api.libs.json._
  
  val json: JsValue = Json.parse("""{"a":1}""")
  

  要在没有播放的情况下使用此lib，只需使用string将其安装在build.sbt中

  libraryDependencies += "com.typesafe.play" %% "play-json" % "2.3.0"
  

  回复于 2024-04-19T15:13:20+08:00
• 20

  parseFull 以 Some(Map) ， parseRaw 为单位返回 Some(JSONObject)

  import scala.util.parsing.json._
  
  val parsed = JSON.parseRaw("""{"Name":"abc", "age":10}""").getOrElse(yourDefault)
  

  parsed 是JSONObject

  回复于 2024-04-19T15:13:20+08:00