小编log*_*nes的帖子

我对spring/java相当新,并且已经检查了spring-boot以查找我正在工作的项目.我一直在关注指南,最后有一个(半)工作的网络应用程序MVC + JPA用于数据访问.当我通过Jar方法部署应用程序时,一切正常:

java -jar build/libs/client.jar

但是,我们的应用程序最终将部署到Tomcat(v7.0.40),因此我需要从项目中创建war文件.我在spring.io网站上跟随转换罐到战争指南并遇到了问题.它似乎没有加载application.properties文件.以下是重要的代码片段:

的src/main/JAVA /你好/ GreetingController:

@Controller
@Configuration
public class GreetingController {
    @Value("${app.username}")
    private String username;

    @RequestMapping("/greeting")
    public String greeting(@RequestParam(value="name", required=false, defaultValue="World") String name, Model model) {
        model.addAttribute("name", name);
        model.addAttribute("username", username);
        return "greeting";
    }
} 

的src/main/JAVA /你好/ Application.java

@ComponentScan
@EnableAutoConfiguration
public class Application {
    public static void main(String[] args) {
        SpringApplication.run(Application.class, args);
    }
}

的src/main/JAVA /你好/ HelloWebXml.java

public class HelloWebXml extends SpringBootServletInitializer {

    @Override
    protected SpringApplicationBuilder configure(SpringApplicationBuilder application) {
        return application.sources(Application.class);
    }
}

SRC …

总的来说，我对 Spring 还很陌生，我正在尝试使用 Spring boot。我有一个（希望）快速的问题。我正在尝试构建一个将返回 JSON 的 ReSTful 服务。我已遵循构建 RESTful Web 服务指南，并且可以成功返回 JSON。我已将 JPA 集成到我的 Web 服务中，以便我的数据由数据库支持。

现在，我需要创建一条路径，用户可以在其中创建一个对象，并且我希望验证该对象。我已遵循验证表单输入指南，但我并不是真正尝试创建提供 Web 内容的服务。我想要的是，每当发生验证错误时，返回我自己的自定义 JSON。到目前为止，我还没有找到任何资源来实现这一点，尽管我尝试遵循Petri 的 Sweet Rest API 指南，我发现该指南在多种情况下很有帮助，但在这种情况下似乎不太有效。我正在使用hibernate-validator:5.0.1.Final和休眠以下内容。

@Entity
@Table(name = "PEOPLE")
public class Person{

    @Id
    @Column(unique = true)
    @GeneratedValue(strategy = GenerationType.AUTO)
    private long id;

    @Min(18)
    private long age;
    private String name;

    //Necessary for JPA
    protected Person() {}

    public Person(long age, String name) {
        this.age = age;
        this.name = name;
    }

    // Getters Omitted …

我正在尝试使用flask-restplus 在python 中构建一个restful API。我想让 swagger 文档位于与普通“/”不同的位置。

我正在关注此处的文档并已按照说明进行操作。我正在使用 python2.7.3 并具有以下代码~/dev/test/app.py：

from flask import Flask
from flask.ext.restplus import Api, apidoc

app = Flask(__name__)
api = Api(app, ui=False)

@api.route('/doc/', endpoint='doc')
def swagger_ui():
    return apidoc.ui_for(api)

app.register_blueprint(apidoc.apidoc)

当我尝试运行它时，python app.py我得到：

Traceback (most recent call last):
  File "app.py", line 7 in <module>
    @api.route('/doc/', endpoint='doc')
  File "/home/logan/.virtualenvs/test/lib/python2.7/site-packages/flask_restplus/api.py", line 191, in wrapper
    self.add_resources(cls, *urls, **kwargs)
  File "/home/logan/.virtualenvs/test/lib/python2.7/site-packages/flask_restplus/api.py", line 175, in add_resource
    super(Api, self).add_resource(resource, *urls, **kwargs)
  File "/home/logan/.virtualenvs/test/lib/python2.7/site-packages/flask_restful/__init__.py", line 396, in add_resource
    self._register_view(self.app, resource, …