mobile safari webview que es

Enlace abierto rápido en Safari

Question

Actualmente estoy abriendo el enlace en mi aplicación en un WebView , pero estoy buscando una opción para abrir el enlace en Safari .

Answer 1

ACTUALIZADO para Swift 4: (crédito a Marco Weber)

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

O vaya con más estilo rápido usando guard :

guard let requestUrl = NSURL(string: "http://www.iSecurityPlus.com") else {
return
}
UIApplication.shared.openURL(requestUrl as URL) 

Swift 3:

Puede verificar NSURL como opcional implícitamente:

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

Answer 2

En Swift 1.2:

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

Answer 3

En Swift 2.0:

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

Answer 4

IOS 11.2 Swift 3.1-4

let webView = WKWebView()
override func viewDidLoad() {
super.viewDidLoad()
guard let url = URL(string: "https://www.google.com") else { return }
webView.frame = view.bounds
webView.navigationDelegate = self
webView.load(URLRequest(url: url))
webView.autoresizingMask = [.flexibleWidth,.flexibleHeight]
view.addSubview(webView)
}
func webView(_ webView: WKWebView, decidePolicyFor navigationAction: WKNavigationAction, decisionHandler: @escaping (WKNavigationActionPolicy) -> Void) {
if navigationAction.navigationType == .linkActivated {
if let url = navigationAction.request.url,
let host = url.host, !host.hasPrefix("www.google.com"),
UIApplication.shared.canOpenURL(url) {
UIApplication.shared.open(url)
print(url)
print("Redirected to browser. No need to open it locally")
decisionHandler(.cancel)
} else {
print("Open it locally")
decisionHandler(.allow)
}
} else {
print("not a user click")
decisionHandler(.allow)
}
}

}

Answer 5

No está "integrado en Swift", pero puede usar métodos UIKit estándar para hacerlo. Eche un vistazo a openUrl() .

Swift 4

guard let url = URL(string: "https://.com") else { return }
UIApplication.shared.open(url)

Swift 3

guard let url = URL(string: "https://.com") else { return }
UIApplication.shared.openURL(url)

Swift 2.2

guard let url = URL(string: "https://.com") else { return }
UIApplication.sharedApplication().openURL(url) 

Answer 6

Nuevo con iOS 9 y superior, puede presentar al usuario un SFSafariViewController (consulte la documentación here ). Básicamente, obtienes todos los beneficios de enviar al usuario a Safari sin hacer que abandone tu aplicación. Para usar el nuevo SFSafariViewController solo:

import SafariServices

y en algún lugar de un controlador de eventos, presente al usuario el controlador de vista de safari de esta manera:

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

La vista de safari se verá así:

Answer 7

desde iOS 10 deberías usar:

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)
}

Answer 8

Swift 3 y IOS 10.2

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

Swift 3 y IOS 10.2

Answer 9

Swift 5

Swift 5: Verifique usando canOpneURL si es válido, entonces está abierto.

guard let url = URL(string: "https://iosdevcenters.blogspot.com/") else {
return
}
if UIApplication.shared.canOpenURL(url) {
UIApplication.shared.open(url, options: [:], completionHandler: nil)
}