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我尝试使用 Eclipse 创建宁静的 web 服务，并按照提到的所有步骤

http://shrikantuw.blogspot.in/2012/03/jersy-developing-restful-web-service.html

但是当我尝试在tomcat中运行并点击

http://localhost:8080/RestFulWS/rest/exampleWithOutParam/getName

我越来越

HTTP 状态 404 - Servlet JAX-RS Servlet 不可用

我的tomcat端口也只有8080。

请让我该怎么办。

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3 回答 3

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如果您的 web.xml 和服务类映射如下，它应该可以正常工作：

你的网址：

http://localhost:8080/RestFulWS/rest/exampleWithOutParam/getName

网页.xml：

<display-name>RestFulWS</display-name>
<servlet>
    <servlet-name>Jersey REST Service</servlet-name>
    <servlet-class>com.sun.jersey.spi.container.servlet.ServletContainer</servlet-class>
    <init-param>
        <param-name>com.sun.jersey.config.property.packages</param-name>
        <param-value>com.yourapp</param-value>
    </init-param>
    <load-on-startup>1</load-on-startup>
</servlet>
<servlet-mapping>
    <servlet-name>Jersey REST Service</servlet-name>
    <url-pattern>/rest/*</url-pattern>
</servlet-mapping>

您的服务：

package com.yourapp;
// imports here
@Path("/exampleWithOutParam")
public class YourService {
     @GET
     @Path("/getName")
     @Produces("text/plain")
     public Response getName() {
        return Response.ok("OK").build();
     }
}
于 2012-06-06T21:58:50.920 回答
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确保 jersey jar 确实是您的 Web 服务的一部分（也就是说，当部署在 tomcat 中时，它们位于 Web 服务包的 WEB-INF/lib 目录中）。

于 2013-07-24T10:35:15.270 回答
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     <display-name>RestFulWS</display-name>
     <servlet>
       <servlet-name>Jersey REST Service</servlet-name>
    <servlet-class>com.sun.jersey.spi.container.servlet.ServletContainer</servletclass>
      <init-param>
        <param-name>com.sun.jersey.config.property.packages</param-name>
       <param-value>com.yourapp</param-value>
     </init-param>
       <load-on-startup>1</load-on-startup>
   </servlet>
     <servlet-mapping>
          <servlet-name>Jersey REST Service</servlet-name>
          <url-pattern>/rest/*</url-pattern>
      </servlet-mapping>

你的 web.xml 文件应该是这样的。映射servlet类和你的根资源类。

于 2013-10-08T07:15:14.727 回答