从JSON生成Swagger以保持我的.java类的清洁
我正在使用Springfox v 2.7，我想从JSON文件中生成我的Swagger UI，以保持我的控制器类的整洁，并且没有来自Swawgger (@Api，@ApiDocs)的注释，或者我的模型类没有任何注释(@ApiModelProperty等)....
问候！
共有1个答案
以下是您需要进行的更改：
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只有 Springfox JAR 需要的是 springfox-swagger-ui JAR，它包含所有静态 UI 工件。
具有以下endpoint的自定义控制器，以满足来自＜code＞swagger ui.html＜/code＞的所有请求：
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/swagger-resources endpoint，它返回 springfox.documentation.swagger.web.SwaggerResource 对象的 JSON 字符串表示形式。
< code >/swagger-resources/configuration/ui endpoint，它返回< code > spring fox . documentation . swagger . web . ui configuration 对象的JSON字符串表示。
/swagger resources/configuration/securityendpoint，返回springfox.documentation.swagger.web的JSON字符串表示。SecurityConfiguration对象。
< code>/v2/api-docsendpoint，它返回Swagger API定义的JSON表示。
您可以在这里找到一个工作示例。
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问题内容： 我想要一个从JSON生成Java源文件的实用程序。例如我们有 我们将此传递给实用程序，并希望它生成如下内容： 编写起来并不难，但是我敢肯定有人已经做到了。 问题答案： 尝试： http://www.jsonschema2pojo.org Orsol，我确定你在这里还没有等待解决方案，但是为了下一个找到此线程的人，我想我会添加一些更多信息。 自从09年12月问这个问题以来发生了两件事：
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我正在尝试使用 https://github.com/swagger-api/swagger-codegen 生成 nodejs 客户端 sdk 这是我使用的命令 但是对于我需要生成的实际sdk，swagger规范被拆分为两个不同的json文件，我想为两者创建一个sdk。我如何使用Swagger-codecen做到这一点，同时使用多个swagger json？
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我有使用Swagger V1.2的服务的Swagger API声明。 我对Swagger最初的感觉是，它非常接近JSON模式（草案3和最近的草案4)，为请求和响应对象生成JSON模式相对容易。 问：有没有任何现有的项目或代码可以从Swagger API声明生成可用的JSON模式？ 最好是JSON Schema Draft 4和使用Python（但我很乐意找到任何东西）。
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我正在尝试大摇大摆地记录我的 API，该 API 由泽西Spring 2.22.2 与Spring 4.3 和杰克逊 2.22.2 组成。 我使用的swagger软件包是: endpoint声明之一： 这就是此endpoint生成的 JSON 的样子： 当我试图在swagger编辑器中解析这个输出时，它会返回错误，我认为原因可能是在“paramas”name参数中，它创建了它的对象类型而不是模式。
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我在纠结用Java生成JasperReport。不考虑数据源，因此所有值都为null，并且不显示子报表。 我从下面粘贴的JSON中创建了带有选项“填充报告时使用报告JSON表达式”的JSONData适配器。从Jasper Studio编译它时，它正在正确创建报告，而尝试从Java编译它会导致空报告（仅显示字段名），根本没有子报告。请帮助解决此问题。 main.jrxml subreport.jrx
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问题内容： 我有一个带有“逻辑”类的包（例如CheckAuthenticationDataLogic.java，GetVocabulariesLogic.java）。还有另一个类- ApiService.java用于生成wsdl。ApiService.java充满了这样的方法： 如您所见，它只是一个代理方法…所以我想避免做两次相同的工作，而无需编写ApiService.java就直接从逻辑类生成W