Question

我想在启动应用程序后立即将contentDialog显示为登录屏幕。只有在用户通过身份验证后，我才会显示其余页面，否则不会出现任何问题。

我不希望用户点击任何按钮来加载此内容对话框，只要应用程序启动它就会自动出现。

在MainPage构造函数中，我调用方法来显示对话框。

但我得到了这个例外＆＃34;价值不在预期的范围内。＆＃34; （System.ArgumentException），然后应用程序没有加载。

这是来自我的MainPage.xaml

 <ContentDialog x:Name="loginDialog"
                    VerticalAlignment="Stretch"
                    Title="Login"
                    PrimaryButtonText="Login"
                    SecondaryButtonText="Cancel">
                    <StackPanel>
                        <StackPanel>
                            <TextBlock Text="Username" />
                            <TextBox x:Name="Username" ></TextBox>
                        </StackPanel>
                        <StackPanel>
                            <TextBlock Text="Password" />
                            <TextBox x:Name="Password" ></TextBox>
                        </StackPanel>
                    </StackPanel>
                </ContentDialog>

这不可能吗？只有点击按钮才能触发ContentDialog？

Answer 1

首先，您只想在用户在该页面上时显示弹出窗口，因此将代码从构造函数移动到OnNavigatedTo方法。当UI未准备好时，确实会抛出一个错误，所以一个简单的黑客是await Task.Delay(1);优先，然后调用你的ShowPopup方法。

protected override async void OnNavigatedTo(NavigationEventArgs e)
{
    await Task.Delay(1);
    var result = await loginDialog.ShowAsync();
}

编辑：正如@sibbl所提到的，如果你使用代码隐藏，那么使用页面Loaded事件会更明智。我去OnNavigatedTo，因为我总是使用Prism用于MVVM，而在ViewModel中，它是你需要实现的OnNavigatedTo方法。

private async void MainPage_OnLoaded(object sender, RoutedEventArgs e)
{
    var result = await ShowPopup();
}

额外注意：对于ShowPopup方法，您应该NOT use async void，因为这只应该用于事件处理程序。我真的鼓励你去async / await上阅读，以防止'怪异'的错误。所以你的代码归结为：

protected override async void OnNavigatedTo(NavigationEventArgs e)
{
    await Task.Delay(1);
    var result = await ShowPopup();
}

private Task<ContentDialogResult> ShowPopup()
{
    return loginDialog.ShowAsync().AsTask();
}

Win 10 Universal窗口应用程序上的ContentDialog.showAsync

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