我是 iOS 新手。我正在使用自定义身份验证。我检查了示例代码,我很困惑,他们如何在用户登录时更新用户面板中的注册用户。
请告诉我应该如何使用他们的代码,我下载并运行了他们的示例代码,但它已经过时并且出现了很多错误。
登录时我的验证码 -
- (IBAction)signIn:(id)sender
{
indicator.center = CGPointMake(160, 200);
[self.view addSubview:indicator];
[indicator startAnimating];
NSString* urlString = [NSString stringWithFormat:@"http:***********************",userName.text,passWord.text];
NSURL *add = [NSURL URLWithString:urlString];
NSMutableURLRequest *urlRequest = [NSMutableURLRequest requestWithURL:add];
(void) [[NSURLConnection alloc] initWithRequest:urlRequest delegate:self];
[QBRequest createSessionWithSuccessBlock:^(QBResponse *response, QBASession *session)
{
// session created
QBUUser *user = [QBUUser user];
//user.password = @"azhhdsf";
//user.login = @"dsfgsgf";
user.login = userName.text;
user.password = passWord.text;
// Registration/sign up of User
[QBRequest signUp:user successBlock:^(QBResponse *response, QBUUser *user)
{
// Sign up was successful
} errorBlock:^(QBResponse *response)
{
// Handle error here
NSLog(@"error while signing up with QB");
}];
}
errorBlock:^(QBResponse *response)
{
// handle errors
NSLog(@"%@", response.error);
}
];
}
获取线程错误-->
由于未捕获的异常“NSInvalidArgumentException”而终止应用程序,原因:“+[QBRequest createSessionWithSuccessBlock:errorBlock:]
我正在运行他们的登录示例代码 http://quickblox.com/developers/SimpleSample-users-ios#Adding_a_User_Base_to_your_application 但出现错误 -
Undefined symbols for architecture i386:
"_OBJC_CLASS_$_MTBlockAlertView", referenced from:
objc-class-ref in SSUEditViewController.o
objc-class-ref in SSULoginViewController.o
objc-class-ref in SSUMainViewController.o
objc-class-ref in SSURegistrationViewController.o
ld: symbol(s) not found for architecture i386
linker command failed with exit code 1 (use -v to see invocation)
因为我是 iOS 的新手,所以我可以解决这个错误..
最佳答案
您必须先阅读如何开始使用 QuickBlox 的指南
http://quickblox.com/developers/IOS#Oh.2C_please.2C_please_show_me_the_code
据我所知,您没有正确设置 QuickBlox 应用程序,这就是您收到此异常的原因
然后下载用户示例 http://quickblox.com/developers/SimpleSample-users-ios , 玩它并阅读用户示例指南
关于ios - Quickblox - 如何在 QuickBlox API 中注册新用户,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/26333451/
出于纯粹的兴趣,我很好奇如何按顺序创建PI,而不是在过程结果之后生成数字,而是让数字在过程本身生成时显示。如果是这种情况,那么数字可以自行产生,我可以对以前看到的数字实现垃圾收集,从而创建一个无限系列。结果只是在Pi系列之后每秒生成一个数字。这是我通过互联网筛选的结果:这是流行的计算机友好算法,类机器算法:defarccot(x,unity)xpow=unity/xn=1sign=1sum=0loopdoterm=xpow/nbreakifterm==0sum+=sign*(xpow/n)xpow/=x*xn+=2sign=-signendsumenddefcalc_pi(digits
如何在buildr项目中使用Ruby?我在很多不同的项目中使用过Ruby、JRuby、Java和Clojure。我目前正在使用我的标准Ruby开发一个模拟应用程序,我想尝试使用Clojure后端(我确实喜欢功能代码)以及JRubygui和测试套件。我还可以看到在未来的不同项目中使用Scala作为后端。我想我要为我的项目尝试一下buildr(http://buildr.apache.org/),但我注意到buildr似乎没有设置为在项目中使用JRuby代码本身!这看起来有点傻,因为该工具旨在统一通用的JVM语言并且是在ruby中构建的。除了将输出的jar包含在一个独特的、仅限ruby
我正在使用的第三方API的文档状态:"[O]urAPIonlyacceptspaddedBase64encodedstrings."什么是“填充的Base64编码字符串”以及如何在Ruby中生成它们。下面的代码是我第一次尝试创建转换为Base64的JSON格式数据。xa=Base64.encode64(a.to_json) 最佳答案 他们说的padding其实就是Base64本身的一部分。它是末尾的“=”和“==”。Base64将3个字节的数据包编码为4个编码字符。所以如果你的输入数据有长度n和n%3=1=>"=="末尾用于填充n%
exe应该在我打开页面时运行。异步进程需要运行。有什么方法可以在ruby中使用两个参数异步运行exe吗?我已经尝试过ruby命令-system()、exec()但它正在等待过程完成。我需要用参数启动exe,无需等待进程完成是否有任何rubygems会支持我的问题? 最佳答案 您可以使用Process.spawn和Process.wait2:pid=Process.spawn'your.exe','--option'#Later...pid,status=Process.wait2pid您的程序将作为解释器的子进程执行。除
鉴于我有以下迁移:Sequel.migrationdoupdoalter_table:usersdoadd_column:is_admin,:default=>falseend#SequelrunsaDESCRIBEtablestatement,whenthemodelisloaded.#Atthispoint,itdoesnotknowthatusershaveais_adminflag.#Soitfails.@user=User.find(:email=>"admin@fancy-startup.example")@user.is_admin=true@user.save!ende
我正在为一个项目制作一个简单的shell,我希望像在Bash中一样解析参数字符串。foobar"helloworld"fooz应该变成:["foo","bar","helloworld","fooz"]等等。到目前为止,我一直在使用CSV::parse_line,将列分隔符设置为""和.compact输出。问题是我现在必须选择是要支持单引号还是双引号。CSV不支持超过一个分隔符。Python有一个名为shlex的模块:>>>shlex.split("Test'helloworld'foo")['Test','helloworld','foo']>>>shlex.split('Test"
我实际上是在尝试使用RVM在我的OSX10.7.5上更新ruby,并在输入以下命令后:rvminstallruby我得到了以下回复:Searchingforbinaryrubies,thismighttakesometime.Checkingrequirementsforosx.Installingrequirementsforosx.Updatingsystem.......Errorrunning'requirements_osx_brew_update_systemruby-2.0.0-p247',pleaseread/Users/username/.rvm/log/138121
我将应用程序升级到Rails4,一切正常。我可以登录并转到我的编辑页面。也更新了观点。使用标准View时,用户会更新。但是当我添加例如字段:name时,它不会在表单中更新。使用devise3.1.1和gem'protected_attributes'我需要在设备或数据库上运行某种更新命令吗?我也搜索过这个地方,找到了许多不同的解决方案,但没有一个会更新我的用户字段。我没有添加任何自定义字段。 最佳答案 如果您想允许额外的参数,您可以在ApplicationController中使用beforefilter,因为Rails4将参数
这可能是个愚蠢的问题。但是,我是一个新手......你怎么能在交互式rubyshell中有多行代码?好像你只能有一条长线。按回车键运行代码。无论如何我可以在不运行代码的情况下跳到下一行吗?再次抱歉,如果这是一个愚蠢的问题。谢谢。 最佳答案 这是一个例子:2.1.2:053>a=1=>12.1.2:054>b=2=>22.1.2:055>a+b=>32.1.2:056>ifa>b#Thecode‘if..."startsthedefinitionoftheconditionalstatement.2.1.2:057?>puts"f
我是一个Rails初学者,但我想从我的RailsView(html.haml文件)中查看Ruby变量的内容。我试图在ruby中打印出变量(认为它会在终端中出现),但没有得到任何结果。有什么建议吗?我知道Rails调试器,但更喜欢使用inspect来打印我的变量。 最佳答案 您可以在View中使用puts方法将信息输出到服务器控制台。您应该能够在View中的任何位置使用Haml执行以下操作:-puts@my_variable.inspect 关于ruby-on-rails-如何在我的R