Ресурсы не найдены

Question

Я использую Spring MVC в Tomcat, и я думал, что это стандартная конфигурация. Web.xml выглядит следующим образом:

<servlet> 
<servlet-name>acme</servlet-name> 
<servlet-class>org.springframework.web.servlet.DispatcherServlet</servlet-class> 
<init-param> 
    <param-name>contextConfigLocation</param-name> 
    <param-value> 
     /WEB-INF/spring/appServlet/acme-spring.xml 
    </param-value> 
</init-param> 
<load-on-startup>1</load-on-startup> 
</servlet> 

<servlet-mapping> 
    <servlet-name>acme</servlet-name> 
    <url-pattern>/</url-pattern> 
</servlet-mapping> 

жгутов пружинный ACME-spring.xml, у меня есть тег вид-контроллер установлен в корневом каталоге:

<mvc:view-controller path="/" view-name="login.jsp"/ 

и сайт распознавателя тег:

<bean id="siteResolver" class="org.springframework.web.servlet.view.InternalResourceViewResolver" > 
    <property name="prefix"> 
     <value>/WEB-INF/views/</value> 
    </property> 
    <property name="suffix"> 
     <value>.jsp</value> 
    </property> 
</bean> 

Однако, когда я ударил локальный: 8080/акме, я бы ожидал login.jsp, но вместо этого, я получаю ошибку Invalid URL. Я посмотрел как на HTTP Status 404 on Spring 3.1 MVC app, так и на HTTP Status 404 on Spring 3.1 MVC app, но радости не было.

Мысли о том, что я неправильно сконфигурировал?

Answer 1

тег должен быть, как этот

<mvc:view-controller path="/" view-name="login"/> 

потому veiwResolver будет заботиться о префиксом и суффиксом.

Answer 2

, если вы к нему доступ, используя только путь контекста, то вы должны либо отметить свой список Добро пожаловать-файл в вашем веб-XML или вы должны direcly доступ к любой прием или JSP, которые вы хотите показать на запуске , 1.First добавить ниже линии или нажмите локальный: 8080/Acme/Login.jsp вместо удара локального хоста: 8080/акме

<welcome-file-list> 
     <welcome-file>index.jsp</welcome-file> 
</welcome-file-list> 

2. Добавить отображение имя сервлета, как:

<servlet> 
    <servlet-name>app_name</servlet-name> 
    <servlet-class>org.springframework.web.servlet.DispatcherServlet</servlet-class> 
    <load-on-startup>1</load-on-startup> 
</servlet> 

1. Добавить URL-адрес сервлета:

   app_name * .do // вы можете написать шаблон url в соответствии с вашим requir.

чек и дайте мне знать, если любое другое исключение вы столкнулись .. !!