我很好奇组合一组包含类似的xml树的最佳方法数据到单个集合(“联合”样式)。我确实实现了一个可行的解决方案，但代码看起来很糟糕，我有一种强烈的直觉，认为必须有一种更好、更紧凑的方式实现这一点。我想做的是在最简单的情况下结合以下内容:和:收件人:关于如何在scala中干净地实现它有什么好的想法吗？ 最佳答案 与valappleAndOrange:Elem=和valbanana:Elem=你可以做到valall=appleAndOrange.copy(child=appleAndOrange.child++banana.child)但是
将一个Set[String]映射到Set[Elem]的属性对一个属性可以正常工作，但是当多个属性共享其中一个时似乎会失败:scala>vals1=Set("A","B","C")s1:scala.collection.immutable.Set[java.lang.String]=Set(A,B,C)scala>s1.map((a:String)=>{})res3:scala.collection.immutable.Set[scala.xml.Elem]=Set(,,)scala>s1.map((a:String)=>{})res4:scala.collection.immutabl
我想在ScalaXMLElem对象和XML元素的另一种表示之间进行隐式转换，在我的例子中是dom4j元素。我写了以下隐式转换:implicitdefelemToElement(e:Elem):Element=...doconversionhere...implicitdefelementToElem(e:Element):Elem=...doconversionhere...到目前为止一切顺利，这有效。现在我还需要上述元素的集合来进行双向转换。首先，我是否绝对需要编写额外的转换方法？如果我不这样做，事情似乎就不会奏效。我试着写了以下内容:implicitdefelemTToElemen
当在Scala中将节点序列声明为文字时，您会生成一个可变的scala.xml.NodeBuffer(它扩展了ArrayBuffer[scala.xml.Node]，它在依次扩展Seq[scala.xml.Node]):scala>valxml=xml:scala.xml.NodeBuffer=ArrayBuffer(,)scala>xml+=res46:xml.type=ArrayBuffer(,,)scala>xmlres47:scala.xml.NodeBuffer=ArrayBuffer(,,)这与Scala使用不可变对象(immutable对象)和函数式编程的哲学相矛盾。为什么
我正在尝试使用scala运行XPath查询，但它似乎不起作用。我的Xml看起来像(简化):........我想使用input属性检索process，为此我使用了这个XPath查询://process[@type='input']这应该有效，我用xpathtester验证了它现在，我的Scala代码如下所示:importscala.xml._valx=XML.loadFile("file.xml")valprocess=(x\\"process[@type='input']")//willreturnemptyNodeSeq()!!!process最终为空，它没有捕获我想要的内容。我是这
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
