带有JSON的杰克逊：无法识别的字段，未标记为可忽略

Question

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。我无法控制输入的JSON（我从Web服务读取）。这是我输入的JSON：

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

这是一个简化的用例：

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

}

我的包装程序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”返回null。我不确定缺少什么。有人可以帮忙吗？

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)

Answer 1

您可以使用Jackson的类级注释：import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonIgnoreProperties@JsonIgnorePropertiesclass { ... }它将忽略您尚未在POJO中定义的每个属性。当您仅在JSON中查找几个属性并且不想编写整个映射时，此功能非常有用。有关更多信息，请访问Jackson的网站。如果要忽略任何未声明的属性，则应输入：@JsonIgnoreProperties(ignoreUnknown = true)

Answer 2

第一个答案几乎是正确的，但是需要的是更改getter方法，而不是字段-字段是私有的（并且不会自动检测到）；此外，如果两者均可见，则吸气剂优先于字段（也有使私有字段可见的方法，但是如果要使用吸气剂则没有什么意义）因此，getter应该命名为getWrapper()，或使用以下注释：@JsonProperty("wrapper")如果您更喜欢使用getter方法名称。