这是one的后续行动我以前的帖子。我试图理解为什么RuleTransformer性能太差了。现在我相信它之所以这么慢是因为它的复杂度是O(2n)，其中n是输入XML树的高度。假设我需要将所有元素的所有标签重命名为标签“b”:importscala.xml._,scala.xml.transform._valrule:RewriteRule=newRewriteRule(){overridedeftransform(node:Node):Seq[Node]=nodematch{casee:Elem=>e.copy(label="b")caseother=>other}}deftrans(
您知道任何根据XPath插入和(或)更新节点的ScalaAPI吗？例如，对于给定的节点和XPath，此API将使用新节点创建XML副本谢谢 最佳答案 您可以使用RewriteRule来做到这一点，2.10.3documentation.valcats=然后假设RewriteRuleclassAddCat(name:String)extendsRewriteRule{overridedeftransform(n:Node):Seq[Node]=nmatch{casee:Elemife.label=="Cats"=>valcats=(e
我正在使用scala通过scala.xml.XML.loadFile()方法从文件加载XML文件。我正在使用的文档已经定义了namespace，我希望使用scala将namespace更改为其他名称。例如，文档的xmlns为“http://foo.com/a”，前缀为“a”-我想将文档的命名空间和前缀分别更改为“http://foo.com/b”和“b”。看起来很简单，我觉得我在这里遗漏了一些明显的东西。从引用的loadFile()方法返回的Elem获取命名空间没有问题。 最佳答案 在这里。由于NamespaceBinding是嵌套
我正在尝试解析一个Appleplist文件，我需要在其中获取一个数组节点。不幸的是，它唯一的唯一标识符是它前面的同级节点，ProvisionedDevices.现在我最好的想法是使用Java的XPATH查询或Node.indexOf.这是一个例子:ApplicationIdentifierPrefixRP8CBF4MRECreationDate2010-05-10T11:44:35ZDeveloperCertificates...ProvisionedDevices...//IneedtheNodeshere谢谢! 最佳答案 这个有
在Ruby中我可以这样:string=%swelcomemr%s...EOTEMPLATE当我想“渲染”模板时，我会这样做:rendered=string%["me@mail.com","Anderson"]它会用数组中传递的值填充模板。除了使用Java的String.format之外，在Scala中有没有办法做到这一点？如果我用Scala写这个:valmyStr={address}{message}生成的XML将已经被“填充”。有什么方法可以“模板化”XML？ 最佳答案 使用函数和Scala的XML:valtmpl={(addre
有什么方法可以简化以下内容吗？或者用另一个函数减少样板代码？scala>valns=oneunotwodosns:scala.xml.Elem=oneunotwodosscala>(ns\\"bar"filterNot{_\\"@id"find{_.text=="1"}isEmpty})\\"tag"res0:scala.xml.NodeSeq=NodeSeq(one,uno) 最佳答案 我只能找到一个小改进，find/isEmpty测试可以替换为exists:(ns\\"bar"filter{_\\"@id"exists(_.te
scala.Predef包含以下代码://Apparentlyneededforthexmllibraryval$scope=scala.xml.TopScope考虑到它会创建对包的依赖关系，而这些包本可以很容易地从标准库中分离出来，是否有人弄清楚为什么它是必要的？ 最佳答案 查看src/compiler/scala/tools/nsc/ast/parser/SymbolicXMLBuilder.scala，以及解析XML文字的结果。scala-Xprint:parser-e''new_root_.scala.xml.Elem(nu
我有一个像这样的NodeSeq:foobarBlahblahblahbarfoo我想为所有bar添加一个新属性的属性。我目前正在做:valrule=newRewriteRule(){overridedeftransform(node:Node):Seq[Node]={nodematch{caseElem(prefix,"bar",attribs,scope,content@_*)=>Elem(prefix,"bar",attribsappendAttribute(None,"newKey",Text("newValue"),scala.xml.Null),scope,content:_
在我的Scala项目中，我们有很多遗留的XSLT，并且想知道我们是否应该将XSLT转换为Scala代码。我喜欢将模板应用于节点的XSLT方法，并且可以将其用于纯DOM转换，但我认为它不太适合处理XML文档中的数据(难以阅读和测试)-我宁愿使用Scala来做到这一点。鉴于Scala的内置XML支持和模式匹配，我认为它可能是一个很好的替代品。有没有人成功地将XSLT脚本转换为Scala？是否有任何模式或最佳实践？我知道一个名为XSLT2src的将XSLT转换为Scala源代码的旧项目,但那已经沉寂了很长时间并且不支持XSLT2。谢谢 最佳答案
我可以将变量作为多值参数传递:scala>res26:scala.xml.Elem=scala>Elem(null,"a",Null,TopScope,res26)res27:scala.xml.Elem=但我不能将XML文字作为多值参数传递:scala>Elem(null,"a",Null,TopScope,):12:error:notfound:value)但我可以将XML文字作为简单参数传递scala>defbar(s:String,n:Elem)=s+n.toStringbar:(s:String,n:scala.xml.Elem)java.lang.Stringscala>b
