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 个烦人的空洞一起工作：

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，我希望它在单击时保留在同一选项卡中

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({});

该链接打开。馈送屏幕，但在新选项卡中，网址尾部未显示：

Feed 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

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