在Scala中将JSON字符串转换为JSON对象

我想将一个简单的JSON字符串，如

{“Name”：“abc”，“age”：10}

转换为相应的JSON对象（而不是像“Person”这样的定制Scala对象）。Scala是否支持任何内置方法将字符串转换为JSON对象

我不会有任何复杂的JSON操作。我只需要将字符串转换为JSON对象。最简单的方法是什么？我是Scala的新手，如果这个问题听起来很基本，我很抱歉

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谢谢。

您可能想使用像这样的库。它提供了许多易于使用的功能，用于在JSON之间进行转换。 如果您决定使用Spray JSON，您可以这样做：

import spray.json._
// some code here
val json = "your json string here".parseJson

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您也可以从使用Json库，但也可以作为独立库使用。该库基于良好但被废弃的项目，该项目是围绕基于Java的超高速JSON库Jackson的Scala包装器。它有非常丰富且有良好文档记录的工具集，用于处理JSON-transofrmers、验证器等

import play.api.libs.json._

val json: JsValue = Json.parse("""{"a":1}""")

要在不播放的情况下使用此库，只需在build.sbt中使用字符串安装它

libraryDependencies += "com.typesafe.play" %% "play-json" % "2.3.0"

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注意：从技术上讲，解析JSON的核心Scala“本机”方式已经不再存在。您应该使用外部的、受支持的库，如Spray JSON或Play JSON

从Scala 2.11开始，parser combinator库不再包含在核心语言jar中，需要单独添加到项目中。此外，在社区支持的parser combinator库版本中，JSON解析器已被弃用我不建议使用此库

如果您选择将以下内容添加到build.sbt，您仍然可以将其添加到项目中：

libraryDependencies+=“org.scala-lang.modules”%%“scala解析器组合器”%%“1.0.4”

您可以在找到库的源代码

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因为您特别询问了Scala用于JSON解析的本机功能，所以您要查找的包是Scala.utils.parsing.JSON。类似于以下的方法应该可以工作：

import scala.util.parsing.json._

val parsed = JSON.parseFull("""{"Name":"abc", "age":10}""")

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parsed

将采用以下值：

Some（Map（Name->abc，age->10.0））

parseFull

返回的是

Some（Map）

，

parseRaw

返回的是

Some（JSONObject）

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parsed

是JSONObject

Scala中有许多JSON库。它们都提供了一个解析函数，从字符串中获取JSON值。您首先需要选择一个库（播放JSON、Argonaut等）。@cchantep Thx，但我希望尽可能避免使用外部库。这就是为什么我想知道Scala是否有一些内置的支持。我想我只需要使用一个库，那么.JSON就不推荐了，因为2.11

@scala.deprecated（“此对象将被删除。”，“2.11.0”）对象JSON扩展了scala.util.parsing.JSON.Parser{

@RamGhadiyaram看起来你是对的。你认为我应该删除答案吗？注意，它在社区支持的库中保留了一些，超过了最初的2.11.0版本，但是它在那里也被弃用了，尽管库的其余部分仍在维护中。不，抱歉，你不应该删除。请提及请注意，版本名称；使用较旧版本scala的用户仍然可以使用它。这就是我的意思，JSON不推荐使用，因为2.11

@scala.deprecated（“此对象将被删除。”，“2.11.0”）对象JSON扩展了scala.util.parsing.JSON.Parser{

当我导入spray.json时，它显示了一个错误。我认为应该为它提供库依赖关系。那么库依赖关系应该是什么呢？？？libraryDependencies+=“io.spray”%%“spray json”%%“1.3.5”是库依赖关系

import scala.util.parsing.json._

val parsed = JSON.parseRaw("""{"Name":"abc", "age":10}""").getOrElse(yourDefault)