在Safari中快速打开链接

我目前在我的应用程序在WebView中打开链接，但我正在寻找一个选项，而不是在Safari中打开链接。

有没有一种简单的方法在Swift中做到这一点？

Answer 1

它不是“烘焙到Swift”，但你可以使用标准的UIKit方法来做到这一点。 看看UIApplication的openUrl() 。

Swift 3

 UIApplication.shared.openURL(URL(string: "http://www.stackoverflow.com")!) 

Swift 2.2

 UIApplication.sharedApplication().openURL(NSURL(string: "http://www.stackoverflow.com")!) 

Answer 2

iOS 9和更高版本的新function可以让用户使用SFSafariViewController （请参阅文档）。 基本上，您可以获得发送用户到Safari的所有好处，而不会让他们离开您的应用程序。 要使用新的SFSafariViewController只是：

 import SafariServices 

并在事件处理程序中的某个地方向用户显示safari视图控制器，如下所示：

 let svc = SFSafariViewController(url: url) present(svc, animated: true, completion: nil) 

safari视图看起来像这样：

Answer 3

您可以通过以下方式隐式检查NSURL：

 if let requestUrl = NSURL(string: "http://www.iSecurityPlus.com") { UIApplication.sharedApplication().openURL(requestUrl) } 

Answer 4

Swift 3和IOS 10.2

 UIApplication.shared.open(URL(string: "http://www.stackoverflow.com")!, options: [:], completionHandler: nil) 

Swift 3和IOS 10.2

Answer 5

在Swift 1.2中：

 @IBAction func openLink { let pth = "http://www.google.com" if let url = NSURL(string: pth){ UIApplication.sharedApplication().openURL(url) } 

Answer 6

在Swift 2.0中：

 UIApplication.sharedApplication().openURL(NSURL(string: "http://stackoverflow.com")!) 

Answer 7

从iOS 10开始，你应该使用：

 guard let url = URL(string: linkUrlString) else { return } if #available(iOS 10.0, *) { UIApplication.shared.open(url, options: [:], completionHandler: nil) } else { UIApplication.shared.openURL(url) }