Question

我在我的Java项目中创建了一个XSD文件，用于定义用户可编辑的输入文件（例如，假设XSD名为userinput.xsd，用户可编辑文件为userinput.xml）。当程序运行时，它使用JAXB来验证用户是否在XML文件中没有出错，因为它将文件解组到DOM中。

我使用Maven Standard Directory Layout构建了我的项目，并使用xjc生成了JAXB对象工厂和其他类，将它们放在名为/ src / main / java / my / name / space / generated / userinput的目录中（匹配XSD的名称。）

我已将XSD文件放在/ src / main / resources中。

当我打包我的jar文件时，该文件位于jar的根目录中，我可以在Java代码中引用它，如下所示（特别注意第4行中提到的资源）：

JAXBContext jaxbContext = JAXBContext.newInstance("my.name.space.generated.userinput");
Unmarshaller unmarshaller = jaxbContext.createUnmarshaller();
SchemaFactory schemaFactory = SchemaFactory.newInstance(XMLConstants.W3C_XML_SCHEMA_NS_URI);
Schema schema = schemaFactory.newSchema(getClass().getResource("/userinput.xsd"));
unmarshaller.setSchema(schema);
JAXBElement<?> userinputType = (JAXBElement<?>) unmarshaller.unmarshal(new FileInputStream("userinput.xml"));

这有效，但它似乎不对，因为这意味着如果我想扩展到多个输入文件，我可能最终在我的源代码管理的资源目录和jar文件的根目录中有许多.xsd文件

当我从IDE运行程序而不是从打包的jar运行程序时，我必须将第四个语句更改为：

Schema schema = schemaFactory.newSchema(getClass().getResource("src/main/resources/userinput.xsd"));

我应该将XSD文件（a）放在我的源代码管理（即Maven结构）和（b）我的jar文件中？ [注意：通过我的IDE运行xjc将它放在... / generated / userinput目录中，但Maven在打包时会忽略它。]

我正在寻找一个答案，表明存在某种常见的方法，所以如果可能的话，我想要一个参考。如果这是当前未经指定的选择留给开发人员，那么请说明（最好引用），因为我理解stackoverflow不是收集意见的地方。

Answer 1

maven-jaxb2-plugin的默认布局是将模式放在src/main/resources中。然后，您的架构schema.xsd可用作getClass().getResource("/schema.xsd")的资源有些人使用src/main/schemas或src/main/xsd。但是如果你想使用模式作为资源，最好使用默认值。

我不明白为什么这个＆＃34;似乎不正确＆＃34;。究竟是什么问题？版本控制中的许多文件？ JAR中的许多文件？为什么这是一个问题？

如果要构建和模块化，请在自己的Maven模块中单独编译模式。我通常更喜欢每个规范/版本一个模块（例如，参见ogc-schemas项目。

如果您需要在IDE中执行getClass().getResource("src/main/resources/userinput.xsd")，则表明您在IDE中的项目配置错误。应该将资源复制/视为类路径的一部分，因此只有/userinput.xsd才有效。这并不意味着src/main/resources是错误的地方，这意味着您的项目配置不正确。

如果您正在使用Maven，请不要依赖IDE来生成代码。代码生成是构建过程的一部分。使用Maven插件进行模式编译。

免责声明：我是maven-jaxb2-plugin的作者，也是上述OGC Schemas项目的作者。

我应该在哪里放置一个XSD文件用于JAXB代码生成和XML验证

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