如何将JavaScript对象复制到新变量而不是通过引用？

javascript object javascript-objects

2022-08-30 01:42:17

我在这里写了一个快速的jsfiddle，我将一个小的JSON对象传递给一个新变量，并修改原始变量（不是新变量）中的数据，但新变量的数据也会更新。这肯定意味着 JSON 对象是通过引用传递的，对吧？

这是我的快速代码：

var json_original = {one:'one', two:'two'}

var json_new = json_original;

console.log(json_original); //one, two
console.log(json_new); //one, two

json_original.one = 'two';
json_original.two = 'one';

console.log(json_original); //two, one
console.log(json_new); //two, one

有没有办法制作JSON对象的深度副本，以便修改原始变量不会修改新变量？

答案 1

我发现，如果您不使用jQuery并且只对克隆简单对象感兴趣，则以下工作（请参阅注释）。

JSON.parse(JSON.stringify(json_original));

文档

答案 2

您唯一的选择是以某种方式克隆对象。

请参阅此堆栈溢出问题，了解如何实现这一目标。

对于简单的 JSON 对象，最简单的方法是：

var newObject = JSON.parse(JSON.stringify(oldObject));

如果你使用jQuery，你可以使用：

// Shallow copy
var newObject = jQuery.extend({}, oldObject);

// Deep copy
var newObject = jQuery.extend(true, {}, oldObject);

2017年更新：我应该提到，由于这是一个流行的答案，现在有更好的方法可以使用较新版本的javascript来实现这一目标：

在 ES6 或 TypeScript （2.1+ 中）：

var shallowCopy = { ...oldObject };

var shallowCopyWithExtraProp = { ...oldObject, extraProp: "abc" };

请注意，如果也是 oldObject 上的一个属性，则不会使用其值，因为稍后在表达式中指定了，这实质上会覆盖它。当然，旧对象不会被修改。extraPropextraProp : "abc"