Javascript 按React Native按钮控制导入的类状态

我不知道我的案件的确切名称，所以我会详细解释

下面是我的弹出类。

export default class Popup extends Component{
    constructor(props){
        super(props);
        this.state={
            isshowing: true,
        }
    }

    handleShow(){
        this.setState({isshowing:true})
    }


    return(
            <View style={{}}>
                        <TouchableOpacity
                            style={{}}
                            onPress={() => this.setState({isshowing:false})}
                        >
                            <Text>X</Text>
                        </TouchableOpacity>
            </View>
        );
    }
}

导出默认类弹出扩展组件{
建造师（道具）{
超级（道具）；
这个州={
是的，
}
}
handleShow（）{
this.setState（{isshowing:true}）
}
返回(
this.setState（{isshowing:false}）
>
X
);
}
}

我忽略了一些不必要的事情，如风格等

我想通过状态控制弹出类的可见性

我可以制作关闭按钮，因为关闭按钮在popup类中，但是我想制作外部按钮（在主类中）使这个弹出窗口可见，因为我正在导入popup类

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我该怎么做呢？

您可以从调用的类传递道具，例如：

export default class Parent extends Component{

....
<Button
 title={"Make Popup visible Button"}
 onPress={()=>this.setState({isPopupVisible:true})
/>

<Popup isVisible={this.state.isPopupVisible} />

....
}

导出默认类父扩展组件{
....
this.setState（{isPopupVisible:true}）
/>
....
}

在弹出类中，您应该将父类中传递的isVisible道具分配给弹出类状态-isshowing

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如果弹出窗口不使用任何状态（如在许多情况下），则应该考虑使用SFC（无状态功能组件）。维护起来容易多了。

谢谢！我改变了Popup的生命周期功能。