打开时处理错误URL的正确方法

Question

任务相当简单。 使用给定的URLString，在它有效时打开它。 这就是我试过的:

func openURL(_ urlString: String) {
    guard let url = URL(string: urlString) else {
        showInvalidUrlAlert()
        return
    }
    UIApplication.shared.open(url)
}

这个例子就是这样的:“https://www.google.de/？hl=de”

然而，当传递一个无效的url时，这在我的应用程序中也是可能的（例如:“asdfd”），我会在控制台上得到这个错误，但在应用程序中什么也没有发生:

[默认值]无法打开URL asdf:Error domain=NSOSStatUserRordomain code=-50“Invalid input parameters”UserInfo={NSDebugDescription=无效的输入参数，_LSLINE=252，_LSFunction=-[_LSDOPenclient OpenURL:Options:CompletionHandler:]}

这里的最佳实践是什么？

Answer 1

在guard语句中，您可以抛出应用程序创建的异常，而只放入return，如下所示:

guard let urlString = url, !urlString.isEmpty, let url = URL(string: urlString) else {
    throw ErrorEnum.invalidURL
}

使用这种方法，您可以捕获错误并为用户发送UI反馈，在该反馈中，用户调用defuncopenurl。