ios - 如何以编程方式打开网址但不能在浏览器中快速打开

Question

当用户单击单元格时，我需要以编程方式打开url，但不需要转至Safari浏览器。需要现场统计。

这个需要模仿post请求

我愿意:

UIApplication.shared.openURL(URL(string: url)!)

但是这个打开的 Safari 浏览器。

Answer 1

如果我没记错的话，您想在应用程序本身中打开 URL(无需导航到外部 -Safari- 浏览器)。好吧，如果是这样的话，你应该使用 UIWebView :

You can use the UIWebView class to embed web content in your app. To do so, create a UIWebView object, attach it to a window, and send it a request to load web content. You can also use this class to move back and forward in the history of webpages, and you can even set some web content properties programmatically.

WebViewController:

我建议将 UIWebView 添加到 ViewController(称为 WebViewController)中，并在需要时呈现 ViewController； Storyboard上的 ViewController 应该如下所示:

不要忘记为其分配 Storyboard ID。

和 View Controller :

class WebViewController: UIViewController   {
    @IBOutlet weak private var webVIew: UIWebView!

    var urlString: String?

    override func viewDidLoad() {
        if let unwrappedUrlString = urlString {
            let urlRequest = URLRequest(url: URL(string: unwrappedUrlString)!)

            webVIew.loadRequest(urlRequest)
        }
    }

    @IBAction private func donePressed(_ sender: Any) {
        dismiss(animated: true, completion: nil)
    }
}

用法:

考虑当用户点击另一个 ViewController 中的按钮时您希望显示它:

class ViewController: UIViewController {
    @IBAction private func donePressed(_ sender: Any) {
        let stoyrboard = UIStoryboard(name: "Main", bundle: nil)

        // withIdentifier: the used storyboard ID:
        let webViewController = stoyrboard.instantiateViewController(withIdentifier: "WebViewController") as! WebViewController
        webViewController.urlString = "https://www.google.com/"

    }
}

或者专门针对您的情况(选择一​​个单元格):

func tableView(_ tableView: UITableView, didSelectRowAt indexPath: IndexPath) {
    // withIdentifier: the used storyboard ID:
    let webViewController = stoyrboard.instantiateViewController(withIdentifier: "WebViewController") as! WebViewController
    webViewController.urlString = "URL GOES HERE..."
}

希望这有帮助。