在服务工作者中检测离线状态的最佳实践

Question

我有一个服务工作者，该服务工作者应该缓存一个offline.html页面，如果客户端没有网络连接，则会显示。但是，有时认为即使不是，导航器也是离线的。也就是说，navigator.onLine === false。这意味着用户即使在线时也可能获得offline.html，而不是实际内容，这显然是我想避免的。

这就是我在main.js中注册服务工作者的方式：

// Install service worker for offline use and caching
if ('serviceWorker' in navigator) {
  navigator.serviceWorker.register('/service-worker.js', {scope: '/'});
}

我当前的service-worker.js：

const OFFLINE_URL = '/mysite/offline';
const CACHE_NAME = 'mysite-static-v1';
self.addEventListener('install', (event) => {
  event.waitUntil(
    // Cache the offline page when installing the service worker
    fetch(OFFLINE_URL, { credentials: 'include' }).then(response =>
      caches.open(CACHE_NAME).then(cache => cache.put(OFFLINE_URL, response)),
    ),
  );
});
self.addEventListener('fetch', (event) => {
  const requestURL = new URL(event.request.url);
  if (requestURL.origin === location.origin) {
    // Load static assets from cache if network is down
    if (/.(css|js|woff|woff2|ttf|eot|svg)$/.test(requestURL.pathname)) {
      event.respondWith(
        caches.open(CACHE_NAME).then(cache =>
          caches.match(event.request).then((result) => {
            if (navigator.onLine === false) {
              // We are offline so return the cached version immediately, null or not.
              return result;
            }
            // We are online so let's run the request to make sure our content
            // is up-to-date.
            return fetch(event.request).then((response) => {
              // Save the result to cache for later use.
              cache.put(event.request, response.clone());
              return response;
            });
          }),
        ),
      );
      return;
    }
  }
  if (event.request.mode === 'navigate' && navigator.onLine === false) {
    // Uh-oh, we navigated to a page while offline. Let's show our default page.
    event.respondWith(caches.match(OFFLINE_URL));
    return;
  }
  // Passthrough for everything else
  event.respondWith(fetch(event.request));
});

我在做什么错？

Answer 1

navigator.onLine，当您要更新UI以表明您离线并仅显示Cache中存在的内容时，相关事件可能会很有用。

但我会避免编写依赖于检查navigator.onLine的服务工作者逻辑。相反，尝试无条件地进行fetch()，如果失败，则提供备份响应。这将确保您的Web应用程序的行为能够如预期的那样，无论fetch()是否因脱机，由于Lie-Fi而失败，还是由于您的Web服务器遇到问题而导致的。

// Other fetch handler code...
if (event.request.mode === 'navigate') {
  return event.respondWith(
    fetch(event.request).catch(() => caches.match(OFFLINE_URL))
  );
}
// Other fetch handler code...