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

您的输入

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

表示它是一个对象，具有一个名为“wrapper”的字段，它是一个学生的集合。所以我的建议是，

Wrapper = mapper.readValue(jsonStr , Wrapper.class);

其中Wrapper定义为

class Wrapper {
    List<Student> wrapper;
}

2016-04-12 12:31:19

其他回答

这比所有请参考此属性的工作更好。

import com.fasterxml.jackson.databind.DeserializationFeature;
import com.fasterxml.jackson.databind.ObjectMapper;

    ObjectMapper objectMapper = new ObjectMapper();
    objectMapper.configure(DeserializationFeature.FAIL_ON_UNKNOWN_PROPERTIES, false);
    projectVO = objectMapper.readValue(yourjsonstring, Test.class);

2013-12-17 11:09:23

在我的情况下，错误是由于以下原因

最初它工作得很好，然后我重命名了一个变量，使代码的变化，它给了我这个错误。然后我申请杰克逊无知财产也，但它没有工作。最后，在重新定义我的getter和setter方法根据我的变量名称此错误已解决

所以一定要重定义getter和setter。

2018-02-20 06:06:01

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

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

您的json字符串没有与映射的类内联。更改输入字符串

String jsonStr = "{\"students\"\:[{\"id\":\"13\",\"name\":\"Fred\"}]}";

或者更改映射的类

public class Wrapper {
    private List<Student> wrapper;
    //getters & setters here
}

2016-06-19 20:21:37

Jackson JSON:未识别字段，未标记为可忽略

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