Question

根据：

以下内容将起作用：

use DateTime;
$dt = DateTime->new( ... );
print $dt;  # as string

确实如此。

但是，当使用JSON模块将创建的$ dt字符串嵌入为json编码的数据结构时，如下所示：

use JSON;
my $json = JSON::encode_json( { dt => $dt } );

JSON模块抛出以下异常：

encountered object '2017-08-02', but neither allow_blessed nor convert_blessed settings are enabled at ...

我可以解决以下问题：

my $json = JSON::encode_json( { dt => substr($dt,0) } );

但是想知道是否有更简洁的方法从DateTime中获取“真正的”字符串？

我查看了DateTime文档，但是我没有看到明确的stringify（）来创建JSON所需的真正字符串。

编辑：在构造函数中，我通过'formatter'指定所需的输出格式。我想使用已经指定的格式获取一个字符串，而不是再次指定格式（这将违反DRY原则......）

EDIT2：如果只是$ dt，插值字符串是一个很好的解决方案，但如果$ dt实际上是一个驼鹿属性（即“$ person-＆gt; birth_d”）则不起作用。

Answer 1

您可以使用"$dt"或"".$o->dt。与您的解决方案一样，它是

的缩写

$dt->formatter ? $dt->formatter->format_datetime($dt) : $dt->iso8601

如果您需要特定格式，可以$dt->strftime，$dt->iso8601，或者您可以使用DateTime::Format::模块。

Answer 2

您可以在字符串（"$dt"）中显式插入对象，或调用实际调用的方法（$dt->iso8601）。

use strict;
use warnings;
use 5.010;

use DateTime;

my $dt = DateTime->now;

say $dt;
say "$dt";
say $dt->iso8601;

输出：

2017-08-02T19:54:22
2017-08-02T19:54:22
2017-08-02T19:54:22