iOS - Return 在不打开新标签的情况下从本机应用程序到 Safari
iOS - Return to Safari from Native App without Opening New Tab
我无法弄清楚如何从 iOS 7+ 中的本机应用程序切换到 Safari。我使用了 UIApplication.sharedApplication.openURL()，但这会打开一个新标签。我想 return 用户到当前页面 he/she 之前正在查看而不打开新选项卡。我发现 this SO post，但它已经有几年了，所以我希望从那以后情况有所改变。
这是我设想的工作流程：
- 用户在 Safari 的 HTML 页面上点击 link 到 open/install 我的应用程序
- 用户在我的应用程序上执行操作
- 用户完成操作后，我的应用程序自动打开 Safari，用户返回到 he/she 离开的页面
Google 用他们的 Google 地图应用程序以某种方式做到了这一点。如果您在 Safari 上的 google.com 上搜索地址，您可以点击搜索结果中显示的地图，它会打开地图应用程序。在地图应用程序的顶部将有一个 "Return to Safari" 栏，您可以点击它。点击它后，您将 returned 到 Safari，而无需加载另一个选项卡。我似乎找不到任何有关 Google 是如何做到这一点的信息。如果我可以在我的应用程序中复制该行为，那就可以了。
如有任何帮助，我们将不胜感激！
您描述的行为正是 FB's AppLinks 的设计目的，您将在所有支持它的 iOS 应用程序中获得相同的行为（数量相当多）开箱即用！
顺便说一句 Google 地图使用相同的组件：如果您打开 Google 地图就可以看到它，比方说 Fantastical.app！
有一种方法可以使用标准 iOS API 来完成您想要的。无需使用外部元件。
您控制您的网页和您的应用程序，因此您知道确切的 URL link 到您的应用程序。
步骤如下：
1) 在您的应用中，定义自定义 URL 方案。在这种情况下，我们假设您使用方案 myawesomeapp://。您可以在 Xcode 项目中通过转到目标的信息部分来执行此操作。见下文
2) 在您的网页中，您需要处理两种情况：应用已安装/未安装。这只是检测应用程序是否响应方案 myawesomeapp:// 的问题。
如果您的应用未安装，请从您的网页检测，请参考this post
我将说明您的应用已安装的情况。
假设包含 link 的网页是：
http://www.mywebsite.com/mypage.html#mytag
您在网页中提供的 link 应该向应用程序传递一些参数，其中之一应该是您希望应用程序向 return 传递的 URL。下面的示例 link 可以是：
myawesomeapp://?action=my_action_1&sourceurl=http%3A%2F%2Fwww.mywebsite.com%2Fmypage.html%23mytag
请注意，您在方案中作为参数传递的 URL 必须是 URL encoded，否则它将无法正常工作。
3) 在您的应用委托中，您需要实现以下方法：
- (BOOL)application:(UIApplication *)application openURL:(NSURL *)url sourceApplication:(NSString *)sourceApplication annotation:(id)annotation
在此方法中，解析 URL、解码查询项并将源URL 传递给负责在调用之前处理操作的视图控制器。在这种情况下，我在 ViewController 中设置了一个 public 属性 来存储 URL.
@property (nonatomic, strong) NSURL *sourceURL;
4) 在view controller中当用户完成交互时，你只需要调用：
[[UIApplication sharedApplication] openURL:self.sourceURL];
因为 self.sourceURL 包含您网页的 URL，Safari 将使用 URL 启动。但是，由于该页面已经打开，iOS 检测到这一点并重新打开该页面。
我的 Github page 中有一个示例项目实现了所有这些。
最后，在 iPhone 中安装示例项目后，从移动版 Safari 和 open my awesome app
打开此堆栈溢出 post
应用程序打开后，单击按钮，您将 return 到此堆栈溢出 post。
我无法弄清楚如何从 iOS 7+ 中的本机应用程序切换到 Safari。我使用了 UIApplication.sharedApplication.openURL()，但这会打开一个新标签。我想 return 用户到当前页面 he/she 之前正在查看而不打开新选项卡。我发现 this SO post，但它已经有几年了，所以我希望从那以后情况有所改变。
这是我设想的工作流程：
- 用户在 Safari 的 HTML 页面上点击 link 到 open/install 我的应用程序
- 用户在我的应用程序上执行操作
- 用户完成操作后，我的应用程序自动打开 Safari，用户返回到 he/she 离开的页面
Google 用他们的 Google 地图应用程序以某种方式做到了这一点。如果您在 Safari 上的 google.com 上搜索地址，您可以点击搜索结果中显示的地图，它会打开地图应用程序。在地图应用程序的顶部将有一个 "Return to Safari" 栏，您可以点击它。点击它后，您将 returned 到 Safari，而无需加载另一个选项卡。我似乎找不到任何有关 Google 是如何做到这一点的信息。如果我可以在我的应用程序中复制该行为，那就可以了。
如有任何帮助，我们将不胜感激！
您描述的行为正是 FB's AppLinks 的设计目的，您将在所有支持它的 iOS 应用程序中获得相同的行为（数量相当多）开箱即用！
顺便说一句 Google 地图使用相同的组件：如果您打开 Google 地图就可以看到它，比方说 Fantastical.app！
有一种方法可以使用标准 iOS API 来完成您想要的。无需使用外部元件。
您控制您的网页和您的应用程序，因此您知道确切的 URL link 到您的应用程序。
步骤如下：
1) 在您的应用中，定义自定义 URL 方案。在这种情况下，我们假设您使用方案 myawesomeapp://。您可以在 Xcode 项目中通过转到目标的信息部分来执行此操作。见下文
2) 在您的网页中，您需要处理两种情况：应用已安装/未安装。这只是检测应用程序是否响应方案 myawesomeapp:// 的问题。
如果您的应用未安装，请从您的网页检测，请参考this post
我将说明您的应用已安装的情况。
假设包含 link 的网页是：
http://www.mywebsite.com/mypage.html#mytag
您在网页中提供的 link 应该向应用程序传递一些参数，其中之一应该是您希望应用程序向 return 传递的 URL。下面的示例 link 可以是：
myawesomeapp://?action=my_action_1&sourceurl=http%3A%2F%2Fwww.mywebsite.com%2Fmypage.html%23mytag
请注意，您在方案中作为参数传递的 URL 必须是 URL encoded，否则它将无法正常工作。
3) 在您的应用委托中，您需要实现以下方法：
- (BOOL)application:(UIApplication *)application openURL:(NSURL *)url sourceApplication:(NSString *)sourceApplication annotation:(id)annotation
在此方法中，解析 URL、解码查询项并将源URL 传递给负责在调用之前处理操作的视图控制器。在这种情况下，我在 ViewController 中设置了一个 public 属性 来存储 URL.
@property (nonatomic, strong) NSURL *sourceURL;
4) 在view controller中当用户完成交互时，你只需要调用：
[[UIApplication sharedApplication] openURL:self.sourceURL];
因为 self.sourceURL 包含您网页的 URL，Safari 将使用 URL 启动。但是，由于该页面已经打开，iOS 检测到这一点并重新打开该页面。
我的 Github page 中有一个示例项目实现了所有这些。
最后，在 iPhone 中安装示例项目后，从移动版 Safari 和 open my awesome app
打开此堆栈溢出 post应用程序打开后，单击按钮，您将 return 到此堆栈溢出 post。