在当前窗口中打开链接react-native链接

Question

我正在尝试将react-native用于网络应用程序。我想创建一个到不同屏幕的简单链接，但使用 url 而不是元素。

我设法让它与 2 个恼人的空洞一起工作：

1. 网址的尾部显示一秒钟，然后从浏览器网址输入中消失（即使

   window.location.href

   和

   Linking.getInitialURL()

   确实返回完整链接

2. Linking.openURL

   仅打开新选项卡，我希望单击时它保持在同一个选项卡中。

屏幕 1：

import { Linking, StyleSheet, Text, View } from "react-native";
import React from "react";
import WebView from "react-native-webview";

const Infromation = () => {
  const uri = "links";
  return (
    <Text
      onPress={() => {
        Linking.openURL("feed");
      }}
    >
      AboutReact
    </Text>
  );
};

export default Infromation;

const styles = StyleSheet.create({});

该链接会打开 feed 屏幕，但在新选项卡中且 url 尾部未显示：

提要屏幕代码：

import {
  KeyboardAvoidingView,
  Linking,
  StyleSheet,
  Text,
  TextInput,
  TouchableOpacity,
  View,
} from "react-native";
import React, { useEffect } from "react";

const Feed = () => {
  const url = new URL(window.location.href);
  Linking.getInitialURL().then((url) => {
    console.log(url);
  });

  return (
      <Text>{url.href}</Text>
  );
};

export default Feed;

Answer 1

您可以将第二个参数传递给

openURL()

并将

_self

作为值传递

类似这样的事情

`openURL("your url here", "_self")`