【发布时间】：2014-09-12 11:58:03
【问题描述】：
我正在使用 Scala 和 Play 框架开发 API。当 API 接收到带有 JSON 的请求时，json 中的第一个值给出了将要创建对象的类的名称（这是接收到的 JSON 中的第二个值）。基本上我得到一个字符串值，可以说 MyClassName ，然后我必须创建一个已经在程序中定义的 MyClassName 对象。
这样做最简单/最干净的方法是什么？我想出的唯一解决方案是匹配/案例，但由于我有几十个类，这不是最好的方法。
【问题讨论】：
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你考虑过使用play-json playframework.com/documentation/2.2.x/ScalaJson吗？
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@JhonnyEverson 对于解析是的，我使用 Json.format 和伴随对象来自动解析对象。
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例如：{"objectType": "MyObject", "myObjectConfiguratipn": "{//我的对象的所有字段值作为字符串中的转义 json 对象}"} 我的目标是转换这变成了一个myObject：MyObject @JhonnyEverson
标签： json scala parsing playframework