swagger参数- title覆盖架构中根对象的XML对象
是指在使用Swagger进行API文档编写时，可以通过参数的title属性来覆盖架构中根对象的XML对象。
Swagger是一种用于描述、构建和生成RESTful风格的Web服务的工具集。它使用JSON或YAML格式来定义API的结构、请求和响应的数据格式以及其他相关信息。在Swagger中，参数是API操作的输入和输出，可以包含在URL路径、查询字符串、请求头或请求体中。
在Swagger中，每个参数都可以有一个title属性，用于提供参数的标题。当参数的title属性被设置时，它将覆盖架构中根对象的XML对象的标题。这样可以在API文档中更清晰地描述参数的含义和作用。
举例来说，假设我们有一个API操作，它接受一个名为"userId"的路径参数，我们可以使用Swagger进行如下描述：
paths:
/users/{userId}:
get:
summary: 获取用户信息
parameters:
- in: path
name: userId
required: true
schema:
type: integer
title: 用户ID
responses:
200:
description: 成功在上述示例中，我们通过在参数的title属性中设置"用户ID"来覆盖架构中根对象的XML对象的标题。这样在生成的API文档中，参数"userId"将被描述为"用户ID"，使其更易于理解和使用。
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我有一个Django REST框架项目，我正在尝试生成Swagger文档。然而，在我的URL文件中，我使用了一个路由器，这似乎不太适合Swagger。我遵循了中的说明，下面是我得到的信息：
这是非常有效的：
router = CustomRouter(
schema_title='My API',
schema_renderers=[renderers.CoreJSONRenderer, OpenAPIRenderer],
trailing_slash=False
)
router.register(r'users', UserViewS
浏览 4提问于2016-07-21得票数 5
1回答
您好，我正在为api创建swagger文档，我想添加xml示例，但我不能这样做。
这是我写的swagger文档
swagger: "2.0"
info:
title: Documentatie API
description: Descriere documentatie API metode POST
version: 1.0.0
host: xxx.ro
basePath: /v1
schemes:
- https
paths:
/stareMesaj:
post:
summary: Stare mesaj
descri
浏览 31提问于2020-03-06得票数 0
使用Swagger编辑器时，渲染时出现一个未定义的错误
我的代码如下：
swagger: '2.0'
info:
version: 1.0.0
title: AccountBalance
host: localhost:2625
basePath: /accountbalance
schemes:
- http
- https
consumes:
- application/json
- text/xml
produces:
- application/json
- text/html
paths:
/:
get:
par
浏览 1提问于2015-01-20得票数 0
我正在尝试将Swagger添加到使用Jersey1.19的现有应用程序中。为了将Swagger添加到应用程序中，我一直遵循以下指南：。
当我在Apache上部署应用程序时，会得到以下错误：
SEVERE: Conflicting URI templates. The URI template / for root resource class io.swagger.jaxrs.listing.ApiListingResource and the URI template / transform to the same regular expression (/.*)?
奇怪的是，我的Jerse
浏览 0提问于2015-10-01得票数 1
回答已采纳
技术与版本：
Swagger2.0(使用json，而不是yaml)
JSON.NET模式(Newtonsoft.Json: 10.0.0.2，Newtonsoft.Json.Schema: 3.0.4)
要求：
“深嵌套引用”与Swagger。最终，我希望有一个主swagger文件，$ref一个用于路径参数/响应定义的外部文件，然后外部文件应该能够在同一个文件中$ref子定义。
迄今为止：
我正在使用JSON.NET架构库来运行我们的程序集，并以json格式创建傲慢的模式。然后从我们的主swagger.json文件中手动引用这些文件。我有两个结果：
生成没有$ref定义的外
浏览 4提问于2017-12-15得票数 1
我试图弄清楚如何使Swagger显示一个允许的值列表，而不是一个输入字段。
到目前为止，我对Swagger和文档的不同版本感到非常困惑。我不知道哪一个(1.2，2.0，YAML，JSON.)
到目前为止，我所知道的是：
有一些命令名为allowableValues，但据我所知，它在Swagger2.0中不可用
我找到了enum命令，但无法使它对我起作用。
我不确定是否应该在parameters部分或definitions部分中定义允许的值列表。
我找到了，它确实有一个我想要的select字段(GET /pet/findByTag)，但据我所见，在“原始”JSON中，它看起来像旧
浏览 3提问于2014-11-20得票数 5
回答已采纳
1回答
我正在尝试使用swagger inflector构建服务。但是目前我遇到了一些问题，当我试图将复杂的对象发送到我的swagger控制器时。请看看我在下面提供的配置。
我的swagger.yaml：
swagger: "2.0"
info:
version: 1.0.0
title: Dummy Controller
basePath: /v1
tags:
- name: Dummy Controller
description: Dummy controller
schemes:
- http
paths:
/someService/create:
浏览 0提问于2017-12-13得票数 1
我们正在使用swagger 2.0来记录我们的Azure Web，我们在Azure中托管在.Net API Management后面。我在获取文档以详细说明作为正文一部分发布的复杂对象时遇到了麻烦。Azure根本没有显示关于这个对象的任何细节，让我不得不自己记录它们。下面是我导入到Azure API管理中的json文件。
{
"swagger": "2.0",
"info": {
"version": "1.0.0",
"title": "Ho
浏览 2提问于2015-11-25得票数 4
我想通过url /v3/api-docs/设置默认方案，但有空的url和错误“没有API定义提供。”我应该使用哪些设置属性？
项目中的当前代码：
application.properties
springdoc.swagger-ui.disable-swagger-default-url=true
springdoc.swagger-ui.use-root-path=true
SwaggerConfig.java
@Configuration
public class SwaggerConfig {
@Bean
public GroupedOpenApi applicationApi() {
浏览 24提问于2021-05-24得票数 0
1回答
我正忙于理解swagger.json规范是如何工作的(在我的例子中是api.json)。在研究过程中，我发现了许多如何处理GET请求的示例，但没有处理POST或其他任何请求。我的当务之急是实现POST部分，但我觉得我需要更好地理解这一点，而不是复制和粘贴代码，依靠反复试验才能使其工作。Swagger.io网站上的内容对初学者不太友好。有人能解释一下下面的示例代码中发生了什么吗，特别是在两种情况下的“get：”之后：
{
"swagger": "2.0",
"info": {
"version": "v1",
浏览 0提问于2015-06-05得票数 1
parameters:
- name: message
in: body
schema:
type: object
title: Ping_Request
xml:
name: message
在swagger ui中，示例如下
<?xml version="1.0"?>
<Ping_Request>
对于嵌套对象，它工作正常(使用来自XML对象的标记名，而不是来自此对象的标题)。对于结果模式根对象，这也是可以的。
仅body参数中的根对象的问题。
浏览 1提问于2016-08-18得票数 0
1回答
我正在上编写一个定义。可以选择在多个Swaggers之间共享模型。在swaggers完成后，可以使用导入的链接定义下载已解析的Swagger。
我的问题是，这个已解决的下载为模型添加了一个example节点，无论出于什么原因，当我们在编辑器中复制这个新的Swagger时，该节点将覆盖所有属性。
假设我们有下面的样本
---
swagger: "2.0"
info:
description: ""
version: 1.0.0
title: title
host: "example.com"
basePath: /
schemes:
-
浏览 0提问于2018-08-31得票数 0
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1回答
我在我的AspNetCore 2.1应用程序中实现了Swagger/Swashbuckle，它运行得很好。然而，我的一些API模型基于复杂的WCF服务，并使用一些System.Xml.Serialization注释来添加名称空间和更改属性的名称。当在Swagger页面上查看这些模型时，它们丢失了名称空间，忽略了任何属性名称的更改。因此，swagger默认请求在提交给我的控制器时不会反序列化。另一方面，JSON请求工作正常。
考虑这两类；
public class test
{
[System.Xml.Serialization.XmlElementAttribute(Namespace
浏览 1提问于2018-10-19得票数 1
我在我的项目中使用play-swagger + swagger-ui，但是我对json body的请求如下：
{"country":{"title": "Germany"}}'
当我用以下代码注释我的方法时：
ApiImplicitParam(name = "country[title]", value = "Country's title", required = true, dataType = "String", paramType = "body")
它在sw
浏览 4提问于2016-07-22得票数 0
1回答
我正在尝试创建Swagger 2的两个不同的上下文：
因此，我有第一个运行良好的实例()：
context1.xml
<context:component-scan base-package="org.app.rest.cxf.service"/>
<bean id="swagger2customizer" class="org.apache.cxf.jaxrs.swagger.Swagger2Customizer">
<property name="dynamicBasePath"
浏览 0提问于2018-01-17得票数 1
我已经设置了一个Swagger文档，它在UI中看起来没问题。但是，当我使用“试用”功能时，我收到以下错误：
SyntaxError: Unexpected token # in JSON at position 0
我的Swagger文档的相关部分如下所示：
post:
summary: Creates a new cinema
operationId: addCinema
consumes: [ application/json ]
parameters:
- name: name
in: body
浏览 38提问于2018-03-06得票数 1
回答已采纳
1回答
因此，我正在创建一个API使用快递，cors和后缀器。现在，我希望我的API有一个不错的文档，并发现Swagger对此非常有用。
我的问题是:由于我的数据库不仅仅是一个表，而且路由更加复杂，我想将JSON分成几个文件，以便进行更好的概述。现在，我尝试在index.json中使用的引用不起作用。看起来info.json甚至都不会被碰触。
在这里，您可以看到我在节点索引文件开头设置Swagger：
const express = require("express");
const cors = require("cors");
const app = express
浏览 6提问于2021-12-19得票数 0
1回答
我使用的是laravel 5.2.*，API的文档使用的是darkaonline/l5-swagger : ~3.0。我在标题正文中发送参数，当我看到Swagger时，它显示我如下所示。
数据类型未定义
有关更多细节，请参见下图。
/**
* @SWG\Post(
* path="/api/v1/compaign_attr",
* summary="List compaign attributes",
* @SWG\Parameter(
* name="campaign_id",
* in
浏览 0提问于2018-04-18得票数 1
1回答
是否可以使用Swagger上的Fastify记录动态查询参数，从而允许客户端使用Swaggerv1.0.0在Swagger上传递文本字段中的param值?在我的示例中是输入conversationId参数的动态值。
下面是配置文件夹中的swagger.js文件。
exports.options = {
routePrefix: '/documentation',
exposeRoute: true,
swagger: {
info: {
title: 'Wrapper API',
de
浏览 3提问于2021-04-29得票数 0
回答已采纳
我使用Swashbuckle 5.6.0和Swashbuckle.Examples.3.5.1来记录WebApi2项目。我有一个操作，它使用XML主体并返回文本响应。我希望文档中包含一个XML输入的示例，例如<SampleXml><!-- example XML --></SampleXml>。
我的swagger输出如下，但为了这个问题，我将内容类型application/json添加到comsumes属性中。实际上，我只想允许application/xml和text/xml。
当我和Swagger一起看这个的时候，我看到：
当参数内容类型applic
浏览 3提问于2017-12-20得票数 2
2回答
我正在为其编写Swagger 2.0规范的API基本上是任何JSON值的存储。
我想要一个读取值的路径和一个存储任何非预定义深度的JSON值(null、number、integer、string、object、array)的路径。
不幸的是，Swagger 2.0似乎对输入和输出的模式非常严格，并且不允许JSON Schema所允许的整个模式集。例如，Swagger编辑器不允许混合值(例如，可以是布尔值或整数的属性)或松散定义的数组(必须严格定义项的类型)和对象。
因此，我尝试通过定义一个MixedValue模式来解决这个问题：
---
swagger: '2.0'
info:
浏览 2提问于2015-09-29得票数 9
回答已采纳
我有这个模式和相应的解析器：
const schema = buildSchema(
`
type Query {
posts(id: Int): [Post]
}
type Post {
id: Int!,
title: String,
date: String
}`
);
const resolvers = {
posts(root, { id }, context, info) {
console.log(id); // Undefined
r
浏览 1提问于2018-06-16得票数 0
我正在尝试自定义由FastAPI生成的FastAPI (Swagger )文档，但是字符串- Swagger UI仍然存在。
app = FastAPI(
title="Test",
version="0.1.0"
)
HTML结果：
<title>Test - Swagger UI</title>
有没有办法从标题中删除这个- Swagger UI？
浏览 9提问于2022-03-10得票数 3
1回答
在运行swagger模型类时，我使用springboot并添加了swagger3.0.0依赖项，在ui和文档页面上显示为空。我使用注释来定义swagger
浏览 2提问于2022-05-18得票数 0
跑步时
./mvnw spring-boot:run
当前spring引导应用程序可以在具有当前URL的浏览器中打开
http://localhost:8080/
但不是
http://localhost:8080/AppName
所以即使在Swagger，API也必须像这样检索
http://localhost:8080/api/swagger.json
而不是这个
http://localhost:8080/AppName/api/swagger.json
那么如何在上下文中添加AppName呢？在以前web.xml是基于xml的时候很容易，在基于java的配置中我已经添加了
spring
浏览 1提问于2018-10-23得票数 3
回答已采纳
我正在使用Android上的SimpleXml来反序列化一个我无法控制的xml。现在，每次xml更改时，它都会停止我的应用程序，因为我的object类中没有定义新元素。有没有一种方法可以让我指定SimpleXML来忽略这些错误？查看了文档，但找不到任何可以帮助我解决此问题的方法。
浏览 0提问于2012-04-22得票数 15
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背景
我刚刚开始了一个新项目，我想在我的API文档中使用Swagger。我目前正在本地运行我的项目，托管在IIS中。
我已经修改了我的主机文件给网站一个有效的标题。对于这篇文章，假设标题是publicapiurl.domain.com。因此，我在我的主机文件中添加了以下条目：
127.0.0.1 publicapiurl.domain.com
现在，当我输入publicapiurl.domain.com/swagger时，我得到了swagger文档。最初的设置看起来很简单，但是在我的swagger文档的右下角有一个红色的“错误{.}”消息。错误消息如下：
{"messages
浏览 3提问于2017-04-18得票数 6
3回答
我定义了我的傲慢定义如下：
const swaggerDefinition = {
info: {
title: 'Node Swagger API',
version: '1.0.0',
description: 'Describing a RESTful API with Swagger',
},
host: 'localhost:8000',
basePath: '/',
securityDefinitions: {
JWT: {
type: &
浏览 2提问于2018-06-07得票数 4
回答已采纳
我有一个用CXFNonSpringJaxrsServlet类构建的java REST服务器项目。我需要在web.xml上配置Swagger2Feature，将多个参数传入。 这是我的实际web.xml： <servlet>
<display-name>CXFNonSpringJaxrsServlet</display-name>
<servlet-name>CXFNonSpringJaxrsServlet</servlet-name>
<servlet-class>org.apache.cxf.jaxrs.servlet
浏览 22提问于2019-03-21得票数 1
回答已采纳
1回答
我有一个yaml文件：
openapi: 3.0.1
info:
title: My API
version: v1
paths:
# /users;id=3;id=4?metadata=true
/users:
get:
parameters:
- in: query
name: offset
schema:
type: integer
description: The number of items to skip before starting to c
浏览 0提问于2019-12-09得票数 1
我在swagger中为Uber API示例生成了JAX服务器代码。它是默认的Json，可以通过打开找到
现在我尝试在websphere中部署它，但是我看到了下面的消息：
Error 404: javax.servlet.ServletException: java.io.FileNotFoundException: SRVE0190E: File not found: /v1/swagger.json
当我访问这个url：时
我没有对自动生成的代码做任何更改。
我使用的是wlp-javaee7-8.5.5.9
这就是我的server.xml文件的样子：
<server descripti
浏览 1提问于2016-09-12得票数 0
回答已采纳
我可以成功地将以下OpenAPI定义导入到Azure API Management中。
但是，当我导出模式定义时，“OpenAPI”名称已从"responses“对象中删除。因此，我的门户中的开发人员不会看到此操作的模式或示例。
如果添加到中，我的接口定义是有效的，并且功能正常。
如何防止模式被剥离？
{
"swagger": "2.0",
"info": {
"title": "Foo",
"description": "Foo",
"
浏览 4提问于2017-12-18得票数 1
回答已采纳
2回答
我使用FasterXML来序列化POJO。我想序列化我的POJO列表。当序列化一个signle POJO时，我得到了预期的xml (有一个问题->问题2)，下面是我的代码：
List<Movie> movies = new ArrayList<>();
// add movies
JacksonXmlModule module = new JacksonXmlModule();
module.setDefaultUseWrapper(false);
xmlMapper = new XmlMapper(module);
xmlMapper.disable(Mappe
浏览 5提问于2015-03-26得票数 0
回答已采纳
我使用来呈现API文档并生成Python。
我为导入了Swagger定义，编辑器将其转换为YAML。
但是，对于enum类型的参数，我得到以下错误：
Structural error at paths./aggregates/metadata.get.parameters.0.type
should be equal to one of the allowed values
allowedValues: string, number, boolean, integer, array
Jump to line 23
它是Swagger中的一个bug，还是我学到的定义中的一个bug，还是某些版本不
浏览 6提问于2019-10-29得票数 0
回答已采纳
1回答
我们使用swagger / nswag作为webapi项目的文档。
作为BodyParameters，作为ActionMethods，我们使用带有后缀命令的类，这些类包含用于创建数据库中持久化的域对象的参数。
命令类可能如下所示：
public class CreateChildCommand {
public Parent Parent { get; set; }
public int Position { get; set; }
}
位置是一个简单的int，而父类是数据库中持久化的域类.但愿它看起来像这样：
public class Parent {
public
浏览 0提问于2017-08-07得票数 3
回答已采纳
我在使用自定义index.html和其他资产时遇到了困难。斯巴什巴克尔/斯威格似乎根本不认识或使用它们。我确实设置了app.UseDefaultFiles()和app.UseStaticFiles()。我试图理解我做错了什么。
我试图设置与Microsoft文章中定义的配置有点类似的配置，但没有成功。()
我目前正在使用本文()中引用的dist文件夹中的文件以及提供的自定义css文件。
我的index.html文件位于/wwwroot/swagger/ui下，自定义css文件位于/wwwroot/swagger/ui/css (作为custom.css)下面。
这是我的Startup.cs课。
浏览 2提问于2018-03-01得票数 9
回答已采纳
由于在本地(由于dotnet中的反射)在本地生成挥之不去的json，所以我试图实现以下目标：
用于swagger的swagger.json应该位于CDN服务器上，这样就不会在运行时生成它。它是在构建时通过cli生成的。
当我使用swagger-ui进行调用时，基url当然不是这个cdn位置，而是一个相对位置。
这就是不起作用的地方：
var cdnPath = https://linktomycdn.com/staticswaggerstore
app.UseSwagger(c => c.SerializeAsV2 = true);
string swaggerUrl =
浏览 6提问于2021-12-09得票数 0
回答已采纳
您能描述一下如何在由Flask Restplus自动生成的文档中指示基本URL吗？
我正在运行以下代码，但swagger UI中没有显示任何内容：
from flask import Flask
from flask_restplus import Api
app = Flask(__name__)
api = Api(app,
title='Data Quality Framework API',
version='v0.1',
doc='/data_quality_framework/api/documentation
浏览 4提问于2017-04-26得票数 7
回答已采纳
我正在使用DRF-YASG在Swagger中记录API，并希望自定义/消除参数中显示的一些字段 我使用Django 2.1.7、DRF 3.9.2和DRF-YASG 1.14.0运行该项目。 因此，我想删除swagger-ui中显示的ID (像'string‘和'path')，因为我通过Schema将它放在请求主体中，但是swagger-ui在参数中显示id (自动生成的字段)。 在下面的屏幕中，您可以看到问题： https://user-images.githubusercontent.com/5421182/54859641-70359d00-4cee-11e9-
浏览 51提问于2019-03-24得票数 2
我有一个用于OpenAPI 3的JSON文件，它包含以下内容：
"trait_hasProjectResponse_200": {
"description": "",
"content": {
"application/xml": {
"example": {
"
浏览 0提问于2019-02-27得票数 0
回答已采纳
1回答
在我的api操作中添加属性[ApiExplorerSettings(IgnoreApi = true)]之后，Swagger没有显示模型。
在我的api操作中添加属性[ApiExplorerSettings(IgnoreApi = true)]之前，我能够在swagger中看到模型/模式。
我就是这样配置的
Startup.cs ConfigureServices
services.AddSwaggerGen(c =>
{
c.SwaggerDoc("v1", new OpenApiInfo
浏览 1提问于2020-06-25得票数 0
1回答
我想在我的主要yaml文件中包含一个yaml文件，我使用了ref关键字，但是这个不起作用，下面是我的yaml
主yaml文件
---
swagger: "2.0"
info:
$ref: /another.yaml
version: "1"
title: "test"
host: "localhost.com:8080"
basePath: "/test"
another.yaml
description: >
## test
This is test
当我运行这两个文件时，
浏览 3提问于2017-01-05得票数 1
2回答
我正在尝试将Implementation Notes和Description添加到我的Swagger UI中。但是，当按如下方式实现时，这两项都不会显示在UI上：
{
"swagger" : "2.0",
"info" : {
"description" : "The definition of the Rest API to service plugin over https on port 9443.",
"version" : "1.0",
"t
浏览 0提问于2016-10-27得票数 1
我正在为下面的OpenAPI有效负载构建一个XML ( Swagger ) 2.0定义，以便在Swagger UI中使用：
<addressElement>
<key type="RECORD_ID" item="3">Enter value here</key>
</addressElement>
我在弄清楚如何显示元素key的默认值“Enter value here”时遇到了一个问题。在OpenAPI定义中，应该将此默认值放在何处？我的定义是这样的：
"definitions":
浏览 1提问于2019-01-13得票数 3
我正在尝试为我的Node JS express API创建swagger文档。在app.js中添加了以下代码： const options = {
definition: {
openapi: '3.0.0', // Specification (optional, defaults to swagger: '2.0')
info: {
title: 'Hello World!', // Title (required)
version: '1.0.0', // Version (re
浏览 11提问于2020-06-20得票数 0
回答已采纳
我正在使用Maven plugin swagger-codegen-maven-plugin来生成一个Java client jar。我将我的swagger.json放在src/main/resources文件夹中，然后运行mvn clean install。这是我的pom.xml。
<project xmlns="http://maven.apache.org/POM/4.0.0" xmlns:xsi="http://www.w3.org/2001/XMLSchema-instance"
xsi:schemaLocation="http:
浏览 1提问于2017-05-04得票数 1
1回答
我有一个问题，要集成我的web的swagger，我没有任何想法，是什么问题。
当我在浏览器中调用swagger时，页面http://localhost:56381/swagger/ui/index就像在这个屏幕快照中一样
在SwaggerConfig.cs文件中，我有以下代码：
[assembly: PreApplicationStartMethod(typeof(SwaggerConfig), "Register")]
namespace dummyNamespace
{
public class SwaggerConfig
{
浏览 1提问于2017-01-17得票数 4
我正在尝试通过使用allOf来解决swagger API继承的问题。这是我的swagger yaml文件。
swagger: '2.0'
info:
title: Test API
version: '1'
basePath: /api/v1
schemes:
- https
produces:
- application/json
paths:
/users:
get:
summary: Collection of users
tags:
- users
responses:
浏览 1提问于2017-03-14得票数 2
回答已采纳
1回答
Hi。
我有这个最简单的快速图服务器。
我想使用sofa-api使它“可休息”。
两个问题：
当你去/api/hello的时候，它应该是"Hello！“，现在它是空的。/graphql路由确实正常工作，并返回"Hello！“。
其余的swagger接口不在/api加载。
你可以在这里玩：
var schema = buildSchema(`
type Query{
hello:String
}`);
const openApi = OpenAPI({
schema,
info: {
title: 'Example API'
浏览 9提问于2022-11-20得票数 0
我有两个XML格式的数据源，我想用PHP脚本将它们合并到一个XML文档中。
第一个源XML文档
<book>
<id>1</id>
<title>Republic</title>
</book>
第二个源XML文档
<data>
<author>Plato</author>
<language>Greek</language>
</data>
我想将这两者结合起来，以获得
<book>
<id>1</id>
浏览 0提问于2013-03-19得票数 1
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云服务器
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