ios - 打开时处理错误URL的正确方法

Question

任务很简单。使用给定的urlString在有效时将其打开。这是我尝试的:

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

此示例适用于以下示例:“https://www.google.de/?hl=de”
但是，当传递无效的URL时，这在我的应用程序中也是可能的(例如:“asdfd”)，我在控制台上收到此错误，但在应用程序中什么也没有发生:

[默认]无法打开URL asdf:错误域= NSOSStatusErrorDomain代码= -50“无效的输入参数” UserInfo = {NSDebugDescription =无效的输入参数，_LSLine = 252，_LSFunction =-[_ LSDOpenClient openURL:options:completionHandler:]}

最佳做法是什么？

Answer 1

您可能要使用completionHandler参数:

func openURL(_ urlString: String) {
    guard let url = URL(string: urlString) else {
        showInvalidUrlAlert()
        return
    }
    UIApplication.shared.open(url, completionHandler: { success in
        if success {
            print("opened")
        } else {
            print("failed")
            // showInvalidUrlAlert()
        }
    })
}