我正在使用Perl和XML::Simple创建一个XML文件模块。我成功创建了XML文件，但问题是我有每个我的标签的标签。我正在寻找我们可以避免的任何选项标签。我无法进行后处理以删除标签。因为文件很大。示例:joe@smith.comjsmith@yahoo.combob@smith.com我正在寻找(没有标签):joe@smith.comjsmith@yahoo.combob@smith.com 最佳答案 标签是从用户提供的数据结构生成的XML的根元素。来自XML::Simple文档-RootName=>'string'#out-

我在将Spring安全版本3迁移到4时遇到此异常。我正在使用基于Sprig4XML的安全性来实现它。您将不胜感激异常:Causedby:org.springframework.beans.factory.BeanCreationException:Errorcreatingbeanwithname'util:list#f1d6071':Cannotcreateinnerbean'security:filter-chain#1c5c0deb'oftype[org.springframework.security.web.DefaultSecurityFilterChain]whilese

我正在尝试执行一个使用XML::Simple的简单Perl程序从XML文件中打印出数据。但是，我得到的错误是:noelementfoundatline15,column0,byte308at/usr/lib/perl5/vendor_perl/5.8.0/i386-linux-thread-multi/XML/Parser.pmline185TheXMLfileisasfollows:FrankSanbeans3/10frank@example.comSandySanbeans4/15sandy@example.com而且，我的perl代码是:usestrict;useXML::Sim

关闭。这个问题是notreproducibleorwascausedbytypos.它目前不接受答案。这个问题是由于错别字或无法再重现的问题引起的。虽然类似的问题可能是on-topic在这里，这个问题的解决方式不太可能帮助future的读者。关闭10个月前。Improvethisquestion我的JAXB有问题:我的XML:coco我的Java:JAXBContextcontext=JAXBContext.newInstance("MyPackage");Unmarshallerdecodeur=context.createUnmarshaller();System.out.prin

我有一个遗留系统，它生成的XML带有类似于ISO8601的时间戳，但使用空格来分隔日期和时间。例如。2009-12-3100:00:00。我想定义一个模式来定义这些时间戳的可能范围。xsd:dateTime非常适合该目的，但是，它使用T作为日期和时间之间的分隔符。我无法修改遗留系统以使用T作为分隔符返回时间戳。有没有一种方法可以让simpleType定义派生自xsd:dateTime，但会更改分隔符，或者我是否必须依赖具有适当模式的字符串和人类可读的评论？更新:据我所知，我可以使用dateTime的模式来限制输入的dateTime对象的范围，但这不会改变分隔符。例子:这将只允许日期时间

我正在尝试序列化一个类，将一个XML文件作为多个片段写入，即将类的每个对象作为一个单独的片段写入，没有XMLheader/根。下面是一个示例代码:[Serializable]publicclassTest{publicintX{get;set;}publicStringY{get;set;}publicString[]Z{get;set;}publicTest(){}publicTest(intx,Stringy,String[]z){X=x;Y=y;Z=z;}}classProgram{staticvoidMain(string[]args){Testt1=newTest(1,"t1

当我破解我们的代码库时，我刚刚注意到这个函数。它转换IDictionary(Paramters-实例变量)转换为XML字符串。这只是我的好奇心:-)。那么它是否可以使用C#4.0用更少的代码编写？规则:除了.NetFrameworkBCL之外没有外部库。为了让它更具挑战性，我没有将输入字典规范放在这里，因为您应该能够从代码中解决它。publicstringConvertToXml(){XmlDocumentdoc=newXmlDocument();doc.LoadXml("");foreach(KeyValuePairparaminParameters){XmlElementelm=d

如何在不使用文字的情况下在Scala中创建节点？我需要的是在运行时设置节点标签名称，例如:vartag="post"varcontent="234"如何获取节点234？ 最佳答案 在Scala2.8上:{content}.copy(label=tag) 关于xml-斯卡拉XML:createanodenotusingliterals，我们在StackOverflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/

是否有一些明智的方法来让元素具有强类型的简单类型和属性？好吧，我有一个XSD架构，其中包含一百万(呃，一百)个元素，可能如下所示:那是花花公子。然而，我真的希望所有这些元素也有一些共同的属性，比如“格式”和“可见”。即有一个像这样的模式:docdescription1/1/20085403我可以通过在生成XSD时将所有此类属性添加到XSD来手动完成，而且非常糟糕，如下所示:...etc...但在理想情况下，我宁愿将其定义为复杂类型:...这意味着我可以这样做:我的“理想世界”代码的问题在于:a)我没有有效的>，因为我真的不在乎我在扩展什么；我想扩展所有类型。看起来“xsd:anyTyp

我想在xsl中有一个键值映射，因此定义了一个具有xml片段的变量，但稍后当我尝试访问变量中的xml节点时，我收到一个错误，指出无法解析xpathxpression类型.value1value2value3 最佳答案 XSLT2.0使用XSLT2.0，以下解决方案有效:value1value2value3XSLT1.0您不能在XSLT1.0的XPath表达式中使用结果树片段，但fn:document()可以检索映射值。similarquestion的答案将在这里工作:.如XSLT1.0specification中所述:document