我的房地产PHP应用程序有以下用户组，管理员，主持人代理商我想为以下用户指定以下权限。管理员->可以创建版主，可以创建代理，可以插入属性，可以更新属性，可以删除属性因此，管理员将拥有所有权限，简而言之，这里的管理员将是super管理员我想将有限的权限分配给版主，从而分配给代理。我对如何为此创建数据库以及如何在我的PHP应用程序中实现它感到困惑。谢谢 最佳答案 听起来您需要一个基于角色的访问控制系统。开发一个不是确实是一项微不足道的任务，正如已经建议的那样，找到一个框架或现成的类这项工作值得开始。RoleBasedAccessCont
我想从Controller内部检查它是否是安全页面。如何做到这一点？我的用例如下:用户可以注册并登录如果他登录并尝试访问安全页面，他将被重定向到“测试版”页面，直到6月底。如果他尝试访问普通页面(不安全)，他将能够在没有任何重定向的情况下访问该页面。感谢您的帮助!奥雷尔 最佳答案 当Symfony2处理请求时，它会将url模式与app/config/security.yml中定义的每个防火墙进行匹配。当url模式与防火墙模式匹配时，Symfony2创建一些监听器对象并调用这些对象的handle方法。如果任何监听器返回一个Respon
我正在使用Symfony2.2和最新版本的FOSRestBundle。因此，我设法使大部分操作都有效，但我传递PUT调用请求的FormBuilder似乎有问题。我已经检查了请求对象，它来self的Backbone.je模型，因为它应该(.save())但是在绑定(bind)到表单之后，实体返回只有导致flush()抛出错误的id因为必填字段未填写。Controller中的Action:header('Access-Control-Allow-Methods:GET,POST,PUT,DELETE,OPTIONS');header('AllowGET,POST,PUT,DELETE,OP
我通常将一个编码的json对象附加到响应主体，但是我现在遇到了需要使用ContextSwitch操作助手的情况。我有一个需要三种不同响应上下文的Zend_Form:html-将表单呈现为普通html在布局中。html-partial-呈现的ajax“获取”请求只是html形式。json-返回的ajax“发布”请求任何表单验证错误消息。对于每个上下文，我有3个View脚本。虽然这两个html上下文可以使用相同的View脚本，但我还没有想出这是否可能。form.phtmlform.html.phtmlform.json.phtmlhtml上下文View工作正常，但未拾取jsonView。覆
我正在尝试创建一个wordpress插件，我发现了一个使用oops概念的插件，我的问题是为什么add_action函数中的第二个参数是一个数组而不是函数名add_action('admin_menu',array(&$this,'my_menu'));my_menu是同一个类中的函数，请帮帮我谢谢 最佳答案 因为第二个参数需要是callback.(并且add_action在内部使用call_user_func_array)。对于函数，我们可以将它的名称作为字符串传递，但我们不能用对象方法这样做，对吧？所以一个数组传递了2个元素，第一
我有一个需要登录并使用zend_acl和zend_auth的应用程序。在预调度期间，我有一个ACL插件，可以为ACL创建所有规则。我还有一个Auth插件，用于检查您是否已登录，如果已登录，您是否有权根据ACL访问所请求的资源。由于该应用程序完全需要登录，因此只有在您登录后才会创建ACL。单元测试这似乎是不可能的，或者更有可能是我遗漏了一些明显的东西。在我的单元测试设置方法中，我模拟了一个返回zend_auth实例的成功登录。通过的测试表明此登录成功。但是，如果我随后通过测试尝试分派(dispatch)到另一个位置，或者评估登录用户是否可以访问给定资源，它总是被插件拒绝，因为他们仍然没有
我正在努力构建一个界面，我想将其用作“选项卡式浏览”之类的功能。这些选项卡中的每一个都已被编写为一个Action，并且选项卡式界面可以很好地作为指向各个选项卡的链接。我决定尝试为这个Controller编写“索引”页面-将所有选项卡的内容放入隐藏的div中并使用jQuery在它们之间交换，但是一旦我开始使用ActionView助手-我遇到很多人说那是不好的做法。(seethisarticle)其中一些操作构建表单-从模型等中获取一些数据以显示。我希望每个操作继续独立运行(一些解析形式也是如此)。浏览到/item应该会为您提供选项卡式菜单，以及隐藏标签中的所有div内容-其中/item/
是否有一个Controller属性可以让我从URL中获取/controller/action而无需任何其他参数？目前我必须加入$this->name。'/'。$this->action. 最佳答案 您不想构造字符串/users/login，您想要与用户Controller的登录操作相对应的URL(例如)。这不一定与/users/login相同，您不应该对其进行硬编码!要获取将导致Controller操作的URL，请使用反向路由:Router::url(array('controller'=>'users','action'=>'lo
我正在使用SonataAdminBundle来管理我的应用程序中的实体。该网站的管理员可以添加视频，其中一些视频首先需要得到演讲者的批准。已经有一个授权系统在工作-我有工作代码，它会生成一个特殊链接并通知发言人，他可以批准或不批准视频，并自动通知管理员。我想自定义我的管理部分，因此视频旁边会有一个按钮请求授权。我可以在列表操作(/admin/acme/videos/list)或在右侧导航(/admin/acme/videos/)某处的编辑操作中使用它x/编辑/)执行此操作的最佳方法是什么？该文档很少提及block自定义，但我发现了thisexample这可能是我正在寻找的东西，但我不知
我已经使用laravel5.3创建了一个应用程序，它在本地主机上运行良好，但是在我将所有代码上传到服务器上之后，出现了这个错误:Symfony\Component\HttpKernel\Exception\HttpExceptionin/home/project/vendor/laravel/framework/src/Illuminate/Foundation/Exceptions/Handler.phpline133:Thisactionisunauthorized.当我尝试使用post调用我的Controller中的函数时会发生这种情况。这是一个例子:路线Route::group
