スカラオブジェクトから特定のフィールドを抽出する<-> Json

Question

Jsonに変換する前にScalaオブジェクトから特定のフィールドを抽出しようとしています。これを行う簡単な方法はありますか？

Jsonの特定のフィールドで新しいJsonを作成することもできます。

Answer 1

あなたは単にJsonの値を抽出することができ、スカラは対応するマップを与えます。例：

var myJson = Json.obj(
      "customerId" -> "xyz", 
      "addressId" -> "xyz", 
      "firstName" -> "xyz", 
      "lastName" -> "xyz", 
      "address" -> "xyz" 
    ) 

上記のタイプのJsonがあるとします。マップに変換するには、単純に実行します。scala.collection.immutable.HashMap $ HashTrieMap詳細なしに言うのは難しい

Answer 2

：これはあなたのタイプのマップを与える

var mapFromJson = myJson.value 

。 ...あなたは以下のScalaのケースクラスを持っていることを

case class SomeObject(customerId: Long, addressId: Long, firstName: String, lastName: String, address: String) 

を仮定...そして、あなたは「firstNameの」、「LASTNAME」、およびアドレスフィールドを抽出してJSONにオブジェクトを変換したかったということ。

...あなたはSomeObjectクラスのコンパニオンオブジェクトの暗黙的な変換を定義することができ

object SomeObject { 

    implicit val someObjectWrites = new Writes[SomeObject] { 
    def writes(object: SomeObject) = Json.obj(
     "firstName" -> object.firstName, 
     "lastName" -> object.lastName, 
     "address" -> object.address 
    ) 
    } 

} 

を play-jsonを使用して、次のように続いて、あなただけのコードを使用することができます

val obj = SomeObject(12345, 678910, "John", "Doe", "My Address") 
val json = Json.toJson(obj) 

注意を他のJSONはおそらくあること同様の機能をサポートしているplay-json以外のライブラリ