带有 JSON 的 Jackson：无法识别的字段，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，“包装器” 返回null 。我不确定丢失了什么。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)

答案

您可以使用 Jackson 的类级注释：

import com.fasterxml.jackson.annotation.JsonIgnoreProperties

@JsonIgnoreProperties
class { ... }

它将忽略您尚未在 POJO 中定义的每个属性。当您只想在 JSON 中寻找几个属性而又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)

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。

第一个答案几乎是正确的，但是需要的是更改 getter 方法，NOT 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（也有一些方法可以使私有字段可见，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() ，或带有以下注释：

@JsonProperty("wrapper")

如果您更喜欢使用 getter 方法名称。