我正在尝试像这样创建一个 Json 对象
{
"Field1": [{}, {}, {}, {}],
"Field2": [{}, {}, {}],
"Field3": {}
}通常在 Java 中，我可以通过（特别是使用 google simple json）来实现这一点
上面的结果来自不同的进程，我需要返回一个组合的 json 对象
我很困惑如何在 Scala 中实现相同的功能，我尝试了多个库和方法。我正在尝试的最新版本是 json4s。我以为我可以
我认为这将像在 Java 中一样简单，我是否遗漏了一些明显的东西？ （我是 Scala 新手）。
任何帮助将不胜感激。
【问题讨论】：
我使用scala module with jackson，JsonUtil.scala：
package json
import com.fasterxml.jackson.databind.{SerializationFeature, DeserializationFeature, ObjectMapper, PropertyNamingStrategy}
import com.fasterxml.jackson.module.scala.DefaultScalaModule
import com.fasterxml.jackson.module.scala.experimental.ScalaObjectMapper
object JsonUtil {
private val ObjectMapper = buildMapper()
private def buildMapper() = {
val mapper = new ObjectMapper() with ScalaObjectMapper
mapper.registerModule(DefaultScalaModule)
mapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false)
mapper.enable(SerializationFeature.INDENT_OUTPUT)
mapper
}
def fromJson[A](json: String, objectType: Class[A]): A = {
ObjectMapper.readValue(json, objectType)
}
def toJson(data: AnyRef): String = {
ObjectMapper.writeValueAsString(data)
}
}
依赖关系：
compile 'com.fasterxml.jackson.core:jackson-core:2.6.3'
compile 'com.fasterxml.jackson.module:jackson-module-scala_2.11:2.6.3'
那么，就很容易使用了：
case class MyDto(id: Int, name: Option[String])
...
val jsonString = JsonUtil.toJson(MyDto(123, Some("John Doe")))
val dto = JsonUtil.fromJson(jsonString, classOf[MyDto])
case class MyList(items: List[Int])
...
val jsonList = JsonUtil.toJson(MyList(List(1,2,3,4,5)))
【讨论】：
这是在circe 中执行此操作的一种方法：
import io.circe.syntax._
val json = Map(
"Field1" -> List.fill(4)(()).asJson,
"Field2" -> List.fill(3)(()).asJson,
"Field3" -> ().asJson
).asJson
然后：
scala> json.noSpaces
res0: String = {"Field1":[{},{},{},{}],"Field2":[{},{},{}],"Field3":{}}
这里有几点需要注意。首先是 Scala 鼓励使用不可变集合，因此您可以使用 List.fill(n)(value) 之类的实用程序，而不是“将值放入”列表，它会创建一个重复 n 次的 value 列表。这意味着List.fill(3)(()) 与List((), (), ()) 完全相同，我们也可以在上面使用。
第二点更具体。 () 是 Scala 中的一个特殊值——它是 Unit 类型的唯一值，它只代表一个不携带任何信息的空事物。 ()的JSON编码是{}，所以我们可以通过调用().asJson来创建一个空的JSON对象。
circe 还知道如何从它知道如何编码的任何类型的 Scala 列表（或其他序列）中创建 JSON 数组，因此 List.fill(3)(()).asJson 是一个 JSON 值，它是由三个空 JSON 对象组成的 JSON 数组。
最后，circe 还知道如何从 Scala Map 创建 JSON 对象，其中键是字符串，值类型是它知道如何编码的东西。这意味着我们可以创建一个Map[String, io.circe.Json] 类型的映射并在其上调用asJson 以获取一个JSON 值，它是一个包含映射所表示的字段的JSON 对象。
根据您的具体用例，您还可以通过其他方式来执行此操作，这些方式可能会更好，包括：
case class Fields(Field1: List[Unit], Field2: List[Unit], Field3: Unit)
然后：
scala> import io.circe.generic.auto._
import io.circe.generic.auto._
scala> Fields(List((), (), (), ()), List((), (), ()), ()).asJson.noSpaces
res0: String = {"Field1":[{},{},{},{}],"Field2":[{},{},{}],"Field3":{}}
这种方法（使用 circe 对 generic codec derivation 的支持）通常比直接使用 JSON 值更惯用。
【讨论】：
虽然有点冗长，但您可以使用play framework。这样可以编写案例类对象，然后直接将它们转换为 JSON 对象。下面的例子有点松散，因为你没有说你的对象到底是什么样子。
case class ResponseObject(a: Field1, b: Field2, c: Field3)
case class Field1(a: Seq[Field1obj])
case class Field2(a: Seq[Field2obj]))
case class Field3(a: Field3obj)
case class Field1obj(a: String, b: Int)
...
然后您可以使用
编写隐式写入器implicit val responseWrites = Json.writes[ResponseObject]
implicit val fieldWrites = Json.writes[Field1]
...
val resultToSend = ResponseObject(field1, field2, field3)
val json = Json.toJson(resultToSend)
【讨论】：