服务器如何将 URI 模式绑定到特定的 Java 类？答案

【问题标题】：How does server binding URI pattern to a particular Java class?服务器如何将 URI 模式绑定到特定的 Java 类？
【发布时间】：2015-09-24 23:01:05
【问题描述】：

我在下面有我的休息课。

import javax.ws.rs.GET;
import javax.ws.rs.Path;
import javax.ws.rs.core.Response;

@Path("/users")
public class UserRestService { 
    @GET
    public Response getUser() { 
        return Response.status(200).entity("getUser is called").build(); 
    }
}

我不知道服务器如何将此 /users uri 模式与此 UserRestService.java 文件映射。我们是否需要在 web 配置中进行配置...？

我的问题：当 /users URI 模式匹配时如何调用 UserRestService.java？

在此先感谢...

【问题讨论】：

标签： java spring rest spring-mvc jax-rs

【解决方案1】：

在基于REST 的架构中，一切都是资源。通过基于 HTTP 标准方法(e.g., POST, GET, PUT or DELETE) 的公共接口访问资源。它是您的 Web 应用程序的 web.xml 中提到的 org.jboss.resteasy.plugins.server.servlet.HttpServletDispatcher servlet 类，它征集了所有 JAX-RS 根资源和提供程序。

使用/* url-pattern，所有资源都将传递给RESTeasy servlet。

<servlet>
 <servlet-name>resteasy-servlet</servlet-name>
  <servlet-class>
   org.jboss.resteasy.plugins.server.servlet.HttpServletDispatcher
  </servlet-class>
</servlet>

<servlet-mapping>
 <servlet-name>resteasy-servlet</servlet-name>
 <url-pattern>/*</url-pattern>
</servlet-mapping>

您会想知道RESTeasy 是如何知道我用@Path 注释的课程的，所以还有另一种配置可以让RESTeasy 知道您必须在web.xml 中提及的资源，即

 <context-param>
      <param-name>resteasy.scan</param-name>
      <param-value>true</param-value>
 </context-param>

因此，当请求来自 /users 时，org.jboss.resteasy.plugins.server.servlet.HttpServletDispatcher servlet 标识资源类或类方法将为请求提供服务并调用它的 URI 路径，在您的情况下为 UserRestService。

希望对你有帮助:)

【讨论】：

【解决方案2】：

您需要扩展一个类javax.ws.rs.core.Application;（至少我这样做了）以注册您的 JaxRs 资源 URI 并在 web.xml 中提供相应的信息em> 喜欢：-

public class ExtendedClass extends Application {

    @Override
    public Set<Class<?>> getClasses() {
        Set<Class<?>> classes = new HashSet<Class<?>>();
        classes.add(UserRestService.class);
        return classes;
    }
}

在 web.xml 中：-

    <servlet>
        <description>
        JAX-RS Tools Generated - Do not modify</description>
        <servlet-name>JAX-RS Servlet</servlet-name>
        <servlet-class>com.ibm.websphere.jaxrs.server.IBMRestServlet</servlet-class>

        <init-param>

<param-name>javax.ws.rs.Application</param-name>

<param-value>package.name.ExtendedClass</param-value>

</init-param>
        <load-on-startup>1</load-on-startup>

    </servlet>
    <servlet-mapping>
        <servlet-name>JAX-RS Servlet</servlet-name>
        <url-pattern>
        /</url-pattern>
    </servlet-mapping>

【讨论】：

【解决方案3】：

因为您的 jax-ws servlet 设置为响应应用程序中的特定 url，如下所示

<servlet>
            <servlet-name>jaxws-servlet</servlet-name>
           <servlet-class>
                  com.sun.xml.ws.transport.http.servlet.WSSpringServlet
            </servlet-class>
</servlet>

<servlet-mapping>
            <servlet-name>jaxws-servlet</servlet-name>
            <url-pattern>/hello</url-pattern>
     </servlet-mapping>

【讨论】：

好的，我明白了。 /hello 模式如何识别我的资源文件名（控制器）。我们是否需要在 WSSpringServlet 中提及任何内容？？请澄清我...
它将所有请求如localhost:8080{your applicatinon}/hello 路由到WSSpringServlet。因此您的控制器将在 url localhost:8080{your applicatinon}/hello/users 处被调用
@Saravanan 您需要用不同的名称注释每个控制器，例如 @Path("/department")