Java getInputStream 400 错误

Question

当我使用 Java HttpUrlConnection 联系 Web 服务时，它只返回 400 Bad Request (IOException)。如何获取服务器返回的 XML 信息；它似乎不在连接的 getErrorStream 中，也不在任何异常信息中。

当我针对 Web 服务运行以下 PHP 代码时：

<?php

$ch = curl_init();

curl_setopt($ch, CURLOPT_URL, "https://www.myclientaddress.com/here/" );
curl_setopt($ch, CURLOPT_RETURNTRANSFER, 1 );
curl_setopt($ch, CURLOPT_POST,1 );
curl_setopt($ch, CURLOPT_POSTFIELDS,"username=ted&password=scheckler&type=consumer&id=123456789&zip=12345");

$result=curl_exec ($ch);
echo $result;
?>

它返回以下内容：

<?xml version="1.0" encoding="utf-8"?>
<response>
    <status>failure</status>
    <errors>
        <error name="RES_ZIP">Zip code is not valid.</error>
        <error name="ZIP">Invalid zip code for residence address.</error>
    </errors>
</response>

所以我知道信息存在

Answer 1

如果您尝试从连接中读取 getInputStream()，HttpUrlConnection 将返回 FileNotFoundException，因此只要状态代码等于或高于 400，您就应该使用 getErrorStream()。

除此之外，请注意，因为成功状态码不仅是200，甚至201、204等也经常被用作成功状态。

这是我如何管理它的示例

// ... connection code code code ...

// Get the response code 
int statusCode = connection.getResponseCode();

InputStream is = null;

if (statusCode >= 200 && statusCode < 400) {
   // Create an InputStream in order to extract the response object
   is = connection.getInputStream();
}
else {
   is = connection.getErrorStream();
}

// ... callback/response to your handler....

通过这种方式，您将能够在成功和错误情况下获得所需的响应。

希望这可以帮助！