SBJsonParser：如果我不保留返回值，应用程序会崩溃答案

【问题标题】：SBJsonParser: App crashes if I do not retain the return valueSBJsonParser：如果我不保留返回值，应用程序会崩溃
【发布时间】：2010-10-06 15:44:52
【问题描述】：

我创建/推送我的 ViewController，显示一些信息并导航回我的 RootViewController。当我向后导航时，应用程序崩溃 (EXC_BAD_ACCESS)。

使用 Instruments，我发现我的 ViewController 的 dealloc 被调用，它释放了我的包装类。在我的包装类中，也调用了 dealloc 方法。此 dealloc 释放 parsedJson（保留属性），然后应用程序崩溃。奇怪的是，尽管只有一个 malloc 和一个释放，但保留计数从 1 下降到 -1。

如果我保留返回的结果parsedJson，应用不会崩溃，我也不会发现泄漏。

SBJsonParser *JSONParser = [SBJsonParser new];
id parsedJson = [[JSONParser objectWithString:jsonString error:NULL] retain];

我无法发布/自动释放，因为那样应用程序会再次崩溃。

使用 NSZombieEnabled 我得到

* -[CFDictionary release]：消息发送到释放的实例 0x6d51aa0

我做出改变后得到了这个僵尸。在我为我的视图控制器使用属性和接口生成器之前，我没有崩溃，因为视图控制器没有立即释放。现在我正在这样做：

MyViewController *myViewController = [[MyViewController alloc] init];
[[self navigationController] pushViewController:myViewController animated:YES];
[myViewController release];
myViewController = nil;

错误在哪里？我不能在没有发布的情况下保留parsedJSON。除了dealloc，我永远不会释放parsedJson。使用的库有错误吗？

【问题讨论】：

标签： iphone cocoa-touch json memory-management exc-bad-access

【解决方案1】：

[JSONParser objectWithString:] 返回一个自动释放的对象。如果你想保留它，你必须保留它——只有在那个时候你才负责释放它。但如果你没有保留它，那就不要保留它，不要释放它。

您说您使用的是保留属性，但您实际上是使用该属性（self.ivar = object）还是直接访问变量（ivar = object）？仅当您使用该属性时，才会保留该对象。

【讨论】：

我将属性设置为 ivar=object。没有意识到我必须使用 setter 方法（self.ivar 或 [self setIvar:myVariable]）。感谢一百万！

【解决方案2】：

在我将值返回给我的其他方法后，我将 parsedJSON 归零

parsedJSON = nil;

因此，如果 parsedJSON 被释放，则不会发生任何事情，因为发送给 nil 的消息不会导致应用程序崩溃。尽管我没有找到过度释放的原因......

【讨论】：