从 React 本机应用程序打开外部应用程序（按钮单击）答案

【问题标题】：Open external App from React native App ( Button Click)从 React 本机应用程序打开外部应用程序（按钮单击）
【发布时间】：2018-08-10 09:29:13
【问题描述】：

我想通过点击我使用过的按钮打开新的 React 原生应用

在 React Native 中链接概念

React native Code : Test 是 Other App 的名称

Linking.openURL('Test://app');

还有在 android.manifest.xml 文件中添加 Intent 的 URL Andriod Intent

代码：Android.manifestfile.xml

  <activity
        android:name=".MainActivity"
        android:launchMode="singleTask"
        android:label="@string/app_name"
        android:configChanges="keyboard|keyboardHidden|orientation|screenSize"
        android:windowSoftInputMode="adjustResize">
        <intent-filter>
            <action android:name="android.intent.action.MAIN" />
            <category android:name="android.intent.category.LAUNCHER" />
        </intent-filter>
          <intent-filter>
              <action android:name="android.intent.action.VIEW" />
              <category android:name="com.Test" />
              <category android:name="android.intent.category.BROWSABLE" />
              <data android:scheme="Test" android:host="app" />
          </intent-filter>
      </activity>

我该如何解决这个问题？

【问题讨论】：

我觉得好就好。实现此代码后您是否进行了构建。
是的，我已经完成了构建，但它给了我错误（在 react native 中找不到处理意图 act=android.intent.action.view 的活动）
我希望你有 react-native 应用程序。从A应用你要打开B应用。对在应用程序中使用此代码 Linking.openURL('Test://app');并在 B 应用程序更改代码：Android.manifestfile.xml 文件。对，请清楚..我说得对吗？
我只在 App A 中做这两件事
为什么？你想在自己点击打开相同的应用程序？

标签： javascript android reactjs react-native

【解决方案1】：

将此代码添加到与当前意图过滤器并行的 AndroidManifest.xml 文件中

 <intent-filter android:label="@string/app_name">
        <action android:name="android.intent.action.VIEW" />
        <category android:name="android.intent.category.DEFAULT" />
        <category android:name="android.intent.category.BROWSABLE" />
        <!-- Accepts URIs that begin with "example://gizmos” -->
        <data android:scheme="app"
              android:host="testApp" />
    </intent-filter>

然后运行这个命令React-native run-android

将以下代码添加到您的 react-native 文件中。

<Button title="Click me" onPress={ ()=>{ Linking.openURL('app://testApp')}} />

为了节省时间。您可以在同一个应用程序中同时编写代码，并且同一个应用程序将在按下按钮时打开

我只是试试这段代码，它对我有用如果仍然面临问题，请告诉我（Y）

【讨论】：

抱歉，Anil 回复晚了。不，它不起作用，我同时应用了上面的代码。当我点击按钮时，它的反映并回到同一个地方。（就像向右滑动一样，之后打开了相同的活动）......
我已经在 App B androidmanifesfile.xml 中完成了上述代码，其中 android:host 名称将与我的应用程序文件夹名称 (testAppA) 相同，现在从 testAppA 中单击，但它不会重定向到那个 ( testAppB ）请帮助点击正在工作，但它不会打开新的反应原生应用程序。
如果我使用这种链接 URL 的方式 (Linking.openURL('testAppA://app')) 它会给我错误，因为不处理查看意图
能否给我看看App B androidmanifesfile.xml的代码和文件的链接代码
代码：文件夹名称 (AppFighter) 我已经在 ChrisApp 清单文件中编写了此代码。链接打开Chris App (

【解决方案2】：

您可以使用以下代码打开外部应用程序

Linking.canOpenURL("fb://app").then(supported => {
  if (supported) {
    Linking.openURL("fb://app");
  } else {
    alert('sorry invalid url')
  }
});

【讨论】：

它不能与谷歌地图应用程序和其他应用程序一起使用它工作得很好，知道吗？

【解决方案3】：

<Button title="Click me" onPress={ ()=>{ Linking.openURL('https://google.com')}} />

这里是您可以查看的链接：https://snack.expo.io/rJm_YkqyW

【讨论】：

这个链接对浏览器 URL 很有用，我想通过点击按钮打开另一个 App（React Native）