Question

我想在图像中插入一个URL，我觉得它应该非常简单，但是我无法使其正常工作。

Query query = FirebaseDatabase.getInstance().getReference().child("1234").orderByKey();

FirebaseListAdapter<String> firebaseListAdapter = new FirebaseListAdapter<String>(
        this,
        String.class,
        android.R.layout.simple_list_item_1,
        query
)

点击该按钮后，我想转到“ https://www.google.com”。

Answer 1

在操作按钮时使用UIApplication.shared.open(url, options: [:], completionHandler: nil)。

Answer 2

要在手机上的浏览器中打开URL，首先需要构造URL，然后必须检查应用程序是否可以实际打开它，然后才可以要求应用程序为您打开URL。 / p>

 Button(action: {
     guard let google = URL(string: "https://www.google.com/"),
         UIApplication.shared.canOpenURL(google) else {
         return
     }
     UIApplication.shared.open(google,
                               options: [:],
                               completionHandler: nil)
 }) {
    Image(systemName: "magnifyingglass")
        .resizable()
        .frame(width: 250.0,
               height: 233.0)
        .buttonStyle(PlainButtonStyle())
    }

SWIFTUI-如何创建链接到URL的图像？

2 个答案: