使用自定义Url React native（android）的深度链接在另一个应用程序内打开应用程序

我是个新来的本地人。我们正在尝试实现一个react本机应用程序，其中将提供一个按钮，以便在用户单击按钮时，如果未安装该应用程序，他将被引导到play store。如果应用程序已经安装在按钮上，单击按钮，他应该能够打开当前未出现的应用程序

AndroidManifest.xml

上述代码在Playstore中打开应用程序时运行良好。但是，当应用程序已经安装在设备中时，单击按钮应使用自定义url直接打开应用程序

当我们对自定义Url模式使用canOpenURL（）时，它什么也不做。当我使用带有openURL（）的自定义Url模式时，它会给我一个警告，告诉我在android.intent.action.VIEW中没有提供或定义任何操作，但它是提供的

const url = 'whatsapp://';
   Linking.canOpenURL(url).then(supported => {
    if (!supported) {
      console.log('Can\'t handle url: ' + url);
 }else {
      return Linking.openURL(url);
}
 }).catch(err => console.error('An error occurred', err));

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请帮助我们。谢谢你

相同的url架构应在两个不同的应用程序中使用。如果发生这种情况，它将提供意向选择器。感谢您的回复。你能用一个例子更具体地回答吗@AmrutBidri@unknown如果这个问题解决了，你能分享一下代码吗？我被困在做同样的事情，我找不到正确的appName和我正在使用的应用程序的url。你能告诉我怎么找到它吗？嗨@newdeveloper，如果你想知道应用程序的URL。打开浏览器搜索play store，在该搜索中搜索您正在使用的应用程序，然后单击该应用程序。在地址栏中，您可以看到该特定应用的Id和appName。

 handle(){
 let appName = 'whatsapp';
 let url = 'https://play.google.com/store/apps/details?id=com.whatsapp';
 Linking.openURL(url).catch(err => {
  if (err.code === 'EUNSPECIFIED') {
        if (Platform.OS === 'android') {
          Linking.openURL(
            url
          );
        }
      } else {
        throw new Error(`Could not open ${appname}. ${err.toString()}`);
      }
    });}

const url = 'whatsapp://';
   Linking.canOpenURL(url).then(supported => {
    if (!supported) {
      console.log('Can\'t handle url: ' + url);
 }else {
      return Linking.openURL(url);
}
 }).catch(err => console.error('An error occurred', err));