Jackson JSON:未识别字段，未标记为可忽略

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来获取我的学生列表:

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

我一直得到这个错误和“包装器”返回null。我不知道少了什么。有人能帮帮我吗?

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)

当前回答

如果由于某种原因，你不能将@JsonIgnoreProperties注释添加到你的类中，并且你是在一个web服务器/容器中，比如Jetty。您可以在自定义提供程序中创建和定制ObjectMapper

import javax.ws.rs.ext.ContextResolver;
import javax.ws.rs.ext.Provider;

import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonInclude.Include;
import com.fasterxml.jackson.databind.DeserializationFeature;
import com.fasterxml.jackson.databind.ObjectMapper;

@Provider
public class CustomObjectMapperProvider implements ContextResolver<ObjectMapper> {

    private ObjectMapper objectMapper;

    @Override
    public ObjectMapper getContext(final Class<?> cls) {
        return getObjectMapper();
    }

    private synchronized ObjectMapper getObjectMapper() {
        if(objectMapper == null) {
            objectMapper = new ObjectMapper();
            objectMapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false);
        }
        return objectMapper;
    }
}

2021-02-25 15:12:38

其他回答

另一种可能是application.properties中的这个属性 Spring.jackson.deserialization.fail-on-unknown-properties =false，它不需要在应用程序中更改任何其他代码。当你认为合同是稳定的，你可以删除这个属性或标记它为真。

2019-01-31 10:49:33

这对我来说非常有效

objectMapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false);

2015-03-04 22:04:38

Java 11及更新版本的简单解决方案:

var mapper = new ObjectMapper()
        .registerModule(new JavaTimeModule())
        .disable(FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES)
        .disable(WRITE_DATES_AS_TIMESTAMPS)
        .enable(ACCEPT_EMPTY_ARRAY_AS_NULL_OBJECT);

重要的忽略是禁用'FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES'

2022-09-03 18:16:36

当我们生成getter和setter，特别是以'is'关键字开头的getter和setter时，IDE通常会删除'is'。如。

private boolean isActive;

public void setActive(boolean active) {
   isActive = active;
}

public isActive(){
   return isActive;
}

在我的情况下，我只是改变了getter和setter。

private boolean isActive;

public void setIsActive(boolean active) {
   isActive = active;
}

public getIsActive(){
   return isActive;
}

它能够识别磁场。

2019-10-02 17:19:50

问题是你的属性在你的JSON被称为“包装”和你的属性在wrapper .class被称为“学生”。

所以要么…

更正类或JSON中的属性名称。根据StaxMan的注释注释您的属性变量。注释setter(如果有的话)

2012-04-16 15:43:44

Jackson JSON:未识别字段，未标记为可忽略

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