Как исправить & ldquo; DeprecationWarning: Collection # filterArray: использовать Collection # filter & rdquo ;?

Вы можете назвать эту «старую школу», но она работает.

1. Скопируйте XML (или фрагмент и т. д.) и используйте Visual Studio (2015 (?), а снимок - 2017 ) feature "Paste XML / JSON As Classes" Это очень помогает с допустимым XML - особенно с «правильными» атрибутами, которые украшают сгенерированные классы. Кроме того, это просто класс, поэтому вы можете настроить его по своему усмотрению (сохраняя атрибуты). Для более сложных XML - таких как пространства имен / префиксы, вы действительно оцените это. Если у вас нет этого инструмента, вы можете использовать XSD.exe (еще более старая школа) - делает то же самое для документов XML.
2. Автогенерируемые классы сверху шаг: ... спотыкаясь о том, что у них одинаковое имя тега ... Не надо. Элементы XML могут повторяться - часто делают (например, sitemap.xml на каждом веб-сайте). Сгенерированный класс поможет вам понять его. Это стандартный набор / массив / список.

   [System.Xml.Serialization.XmlTypeAttribute(AnonymousType = true)]
   [System.Xml.Serialization.XmlRootAttribute(Namespace = "", IsNullable = false)]
   public partial class configuration
   {
   
       private configurationSetting[] settingField;
   
       /// 
       [System.Xml.Serialization.XmlElementAttribute("setting")]
       public configurationSetting[] setting
       {
           get
           {
               return this.settingField;
           }
           set
           {
               this.settingField = value;
           }
       }
   }
   
   [System.Xml.Serialization.XmlTypeAttribute(AnonymousType = true)]
   public partial class configurationSetting
   {
   
       private string valueField;
   
       private string nameField;
   
       /// 
       public string value
       {
           get
           {
               return this.valueField;
           }
           set
           {
               this.valueField = value;
           }
       }
   
       /// 
       [System.Xml.Serialization.XmlAttributeAttribute()]
       public string name
       {
           get
           {
               return this.nameField;
           }
           set
           {
               this.nameField = value;
           }
       }
   }
   

С учетом вышеизложенного вы можете сделать это:

string rawXml = "127.0.0.180";

var ser = new XmlSerializer(typeof(configuration));
configuration config;
using (TextReader rdr = new StringReader(rawXml))
{
    config = (configuration)ser.Deserialize(rdr);
}


foreach (configurationSetting setting in config.setting)
{
    Console.WriteLine($"{setting.name} = {setting.value}");
}

Выход:

host = 127.0.0.1
port = 80

Hth ..