使用url方案传递参数

Question

我正在开发一个可以通过URL启动的应用程序。 我已经在信息页面上使用xcode定义了我的网址方案。 我填写了标识符我的Bundle标识符和URL Schemes myapp。

现在，如果我尝试在safari myapp：// foo中打开，它会启动我的应用程序并在我的断点处停止

- (BOOL)application:(UIApplication *)application
        openURL:(NSURL *)url
sourceApplication:(NSString *)sourceApplication
     annotation:(id)annotation

方法。

问题是注释，url，应用程序，sourceapplication参数都是nil。 所以我不能传递参数......

Answer 1

在不必要的时间丢失之后，我发现问题是调试器。 它显示网址是零，如果我尝试打印说明它说

Printing description of url:
<nil>

但如果我尝试NSLog，它会显示网址。 如果在方法中放入以下代码

if (! url) {
    return NO;
}

调试器还显示url。

Answer 2

你确定你的项目处于调试模式！？ 请参见http://nerdwa.com/index.php/2011/09/debugrelease-schemes-in-xcode-4/