iphone - 使用可变语法打开网址

我有一个变量agencyWebsite和一个标签，使用该方法单击时应打开网站：

- (void)website1LblTapped {
    NSURL *url = [NSURL URLWithString:self.agencyWebsite];
    [[UIApplication sharedApplication] openURL:url];
}

我在编译器中收到一条警告，说：

Incompatible pointer types sending UILabel* to parameter of type NSString*

单击链接后，应用程序崩溃。有什么建议么？

编辑：这是我要做的使标签可点击

UITapGestureRecognizer* website1LblGesture = [[UITapGestureRecognizer alloc] initWithTarget:self action:@selector(website1LblTapped)];
    // if labelView is not set userInteractionEnabled, you must do so
    [self.agencyWebsite setUserInteractionEnabled:YES];
    [self.agencyWebsite addGestureRecognizer:website1LblGesture];

我用来使它工作的东西

 NSURL *url = [NSURL URLWithString:[NSString stringWithFormat:@"http://%@", self.agencyWebsite.text]];

最佳答案

如果agencyWebsite的类型为UILabel*，则需要访问其text属性，而不是将对象本身传递给URLWithString:。

- (void)website1LblTapped {

    NSURL *url = [NSURL URLWithString:self.agencyWebsite.text];
    [[UIApplication sharedApplication] openURL:url];
}

调用self.agencyWebsite将返回您的UILabel*对象，而self.agencyWebsite.text将返回一个包含标签文本的NSString*对象。

关于iphone - 使用可变语法打开网址，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题：https://stackoverflow.com/questions/16018723/