使用Swift 4中的JSONDecoder时，丢失的键可以使用默认值而不是必须是可选属性吗？

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使用Swift 4中的JSONDecoder时，丢失的键可以使用默认值而不是必须是可选属性吗？

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Swift
4添加了新Codable协议。当我使用JSONDecoder它时，似乎要求类的所有非可选属性Codable在JSON中具有键，否则会引发错误。

使类的每个属性都是可选的似乎是不必要的麻烦，因为我真正想要的是使用json中的值或默认值。（我不希望该属性为零。）

有没有办法做到这一点？

class MyCodable: Codable {
    var name: String = "Default Appleseed"
}

func load(input: String) {
    do {
        if let data = input.data(using: .utf8) {
            let result = try JSONDecoder().decode(MyCodable.self, from: data)
            print("name: \(result.name)")
        }
    } catch  {
        print("error: \(error)")
        // `Error message: "Key not found when expecting non-optional type
        // String for coding key \"name\""`
    }
}

let goodInput = "{\"name\": \"Jonny Appleseed\" }"
let badInput = "{}"
load(input: goodInput) // works, `name` is Jonny Applessed
load(input: badInput) // breaks, `name` required since property is non-optional

阅读 342

2020-07-07

共1个答案

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我更喜欢的方法是使用所谓的DTO-数据传输对象。它是一个结构，符合Codable并表示所需的对象。

struct MyClassDTO: Codable {
    let items: [String]?
    let otherVar: Int?
}

然后，您只需使用该DTO初始化要在应用程序中使用的对象。

 class MyClass {
    let items: [String]
    var otherVar = 3
    init(_ dto: MyClassDTO) {
        items = dto.items ?? [String]()
        otherVar = dto.otherVar ?? 3
    }

    var dto: MyClassDTO {
        return MyClassDTO(items: items, otherVar: otherVar)
    }
}

这种方法也是不错的选择，因为您可以按自己的意愿重命名和更改最终对象。很明显，比手动解码需要更少的代码。此外，通过这种方法，您可以将网络层与其他应用程序分开。

2020-07-07