我需要转发一个网址,例如
http://localhost:8080/doc/service?type=testLogin&exectype=userShow&moreparms
至:
http://localhost:8080/xyz/service?type=testLogin&exectype=userShow&moreparms
系统运行的是tomcat 8.0.28,并且已经加载了URLRewriteFilter(http://www.tuckey.org/urlrewrite/),但无法使用我在googlecode.com的urlrewritefilter网站上提到的特定代码,该代码需要放在webapps / doc / WEB-INF / web.xml:
<?xml version="1.0" encoding="ISO-8859-1"?>
<web-app xmlns="http://java.sun.com/xml/ns/j2ee"
xmlns:xsi="http://www.w3.org/2001/XMLSchema-instance"
xsi:schemaLocation="http://java.sun.com/xml/ns/javaee http://java.sun.com/xml/ns/javaee/web-app_2_5.xsd"
version="2.5">
<filter>
<filter-name>UrlRewriteFilter</filter-name>
<filter-class>org.tuckey.web.filters.urlrewrite.UrlRewriteFilter</filter-class>
<init-param>
<param-name>logLevel</param-name>
<param-value>DEBUG</param-value>
</init-param>
</filter>
<filter-mapping>
<filter-name>UrlRewriteFilter</filter-name>
<url-pattern>/*</url-pattern>
<dispatcher>REQUEST</dispatcher>
<dispatcher>FORWARD</dispatcher>
</filter-mapping>
并且我在web.xml所在的目录中的urlrewrite.xml中添加了以下规则:
<urlrewrite>
<rule>
<from>^/doc/(.*)$</from>
<to type="redirect">/xyz/$1</to>
</rule>
<outbound-rule>
</outbound-rule>
<urlrewrite>
当我尝试去类似的东西时我得到404
http://localhost:8080/doc/service?type=testLogin&exectype=userShow&moreparms
如果我尝试也收到404错误
http://localhost:8080/doc/status
带有以下示例规则:
<urlrewrite>
<rule>
<from>/doc/status/</from>
<to type="redirect">%{context-path}/rewrite-status</to>
</rule>
<outbound-rule>
<from>/rewrite-status</from>
<to>/doc/status/</to>
</outbound-rule>
<urlrewrite>
但
http://localhost:8080/doc/rewrite-status
作品。
我的错在哪里
附言:我正在使用Win10 Pro和urlrewritefilter-4.0.3
最佳答案
<rule>
<from>^/doc/(.*)$</from>
<to type="redirect">/xyz/$1</to>
</rule>
规则中的
<from>
和<to>
应该交换。尝试类似:<rule match-type="wildcard">
<from>^/xyz/**</from>
<to>/doc/$1</to>
</rule>
如UrlRewriteFilter - Manual所述,以上内容会将/ xyz / **的请求转发到/ doc / **
出站规则类似于
<rule>
,但是处理传递到response.encodeURL()
的URL。