如何通过引用将JavaScript对象复制到新变量NOT

Question

我在这里写了一个快速的jsfiddle，将一个小JSON对象传递给一个新变量，并修改原始变量（而不是新变量）的数据，但新变量的数据也会更新。这一定意味着JSON对象是通过引用传递的，对吧？

这是我的快速代码：

var json_original = {one:'one', two:'two'}
var json_new = json_original;
console.log(json_original); //one, two
console.log(json_new); //one, two
json_original.one = 'two';
json_original.two = 'one';
console.log(json_original); //two, one
console.log(json_new); //two, one

有没有一种方法可以对JSON对象进行深度复制，这样修改原始变量就不会修改新变量？

Answer 1

Edit：这个答案是在2014年做出的，现在有更好的方法来深度克隆对象。

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我发现，如果您不使用jQuery，而只对克隆简单对象感兴趣，则以下方法有效（请参阅注释）。

JSON.parse(JSON.stringify(json_original));

文档

• JSON.parse（）
• JSON.stringify（）

Answer 2

您唯一的选择就是以某种方式克隆对象。

看看这个关于如何实现这一点的stackoverflow问题。

对于简单的JSON对象，最简单的方法是：

var newObject = JSON.parse(JSON.stringify(oldObject));

如果你使用jQuery，你可以使用：

// Shallow copy
var newObject = jQuery.extend({}, oldObject);
// Deep copy
var newObject = jQuery.extend(true, {}, oldObject);

2017年更新：我应该提到，由于这是一个流行的答案，现在有更好的方法可以使用较新版本的javascript:来实现这一点

在ES6或TypeScript（2.1+）中：

var shallowCopy = { ...oldObject };
var shallowCopyWithExtraProp = { ...oldObject, extraProp: "abc" };

请注意，如果extraProp也是oldObject的一个属性，则不会使用其值，因为extraProp : "abc"是稍后在表达式中指定的，这实际上会覆盖它。当然，oldObject不会被修改。