带有 JSON 的 Jackson：无法识别的字段，未标记为可忽略

json data-binding java jackson

2022-08-31 04:02:41

我需要将某个JSON字符串转换为Java对象。我正在使用Jackson进行JSON处理。我无法控制输入JSON（我从Web服务读取）。这是我的输入JSON：

{"wrapper":[{"id":"13","name":"Fred"}]}

下面是一个简化的用例：

private void tryReading() {
    String jsonStr = "{\"wrapper\"\:[{\"id\":\"13\",\"name\":\"Fred\"}]}";
    ObjectMapper mapper = new ObjectMapper();  
    Wrapper wrapper = null;
    try {
        wrapper = mapper.readValue(jsonStr , Wrapper.class);
    } catch (Exception e) {
        e.printStackTrace();
    }
    System.out.println("wrapper = " + wrapper);
}

我的实体类是：

public Class Student { 
    private String name;
    private String id;
    //getters & setters for name & id here
}

我的 Wrapper 类基本上是一个容器对象，用于获取我的学生列表：

public Class Wrapper {
    private List<Student> students;
    //getters & setters here
}

我不断收到此错误，“包装器”返回。我不确定缺少什么。有人可以帮忙吗？null

org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException: 
    Unrecognized field "wrapper" (Class Wrapper), not marked as ignorable
 at [Source: java.io.StringReader@1198891; line: 1, column: 13] 
    (through reference chain: Wrapper["wrapper"])
 at org.codehaus.jackson.map.exc.UnrecognizedPropertyException
    .from(UnrecognizedPropertyException.java:53)

答案 1

您可以使用 Jackson 的类级注释：

import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonIgnoreProperties

@JsonIgnoreProperties
class { ... }

它将忽略您在POJO中未定义的每个属性。当您只是在 JSON 中查找几个属性并且不想编写整个映射时，非常有用。更多信息，请访问杰克逊的网站。如果要忽略任何未声明的属性，则应编写：

@JsonIgnoreProperties(ignoreUnknown = true)

答案 2

您可以使用

ObjectMapper objectMapper = getObjectMapper();
objectMapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false);

它将忽略所有未声明的属性。