我的项目有两个区域。现在，当我运行该程序时，出现此错误:Multipletypeswerefoundthatmatchthecontrollernamed'Home'.Thiscanhappeniftheroutethatservicesthisrequest('{controller}/{action}/{id}')doesnotspecifynamespacestosearchforacontrollerthatmatchestherequest.Ifthisisthecase,registerthisroutebycallinganoverloadofthe'MapRoute'm
有更简单的方法吗？$(document).ready(function(){varjsArray=[]@if(scalaList!=null){@for(id 最佳答案 就这么简单:importplay.api.libs.json.JsonvaljsArr:JsValue=Json.toJson(scalaList)您也可以在模板中执行此操作:@(list:List[Any])@importplay.api.libs.json.Json$(document).ready(function(){varjsArr=@Json.toJso
在纯JavaScript中你可以这样做:angular.module('mymodule',['ionic']).config(function($someParam1,$someParam2){//dosomethingwiththeparameters}我正在尝试使用Scala.js来做到这一点。我尝试了以下三种尝试，均失败了:尝试1:使用scalajs-angularAngular.module("mymodule",Seq("ionic")).config(MyConf)问题:MyConf必须扩展Config而我没有找到任何可以传递参数的位置。尝试2:使用scalajs-ang
我尝试在playframework+scala+AngularJS上编写应用程序。目的是创建一个web应用程序，当JavaScript在浏览器中关闭或打开时，它可以正常工作。这是编写公共(public)网站时的通常要求(这对人们和将其编入索引的谷歌来说应该是好的)所以我最终用JavaScript编写了~50%代码，有两(2)个名为“controller”的文件夹-一个用于Scala代码，一个用于JS代码(因为AngularJS也使用Controller概念)。此外，由于JS代码应该使用Ajax调用，我不得不创建一个返回的scala-controllerjson，但不是html返回客户端
我有一个问题，Blade找不到变量:编辑器。这是我的Controller的功能。publicfunctionHomeText(){$data=[];$data['editor']=Editore::get();returnview('home')->with($data);}这些是文件blade.php中的说明:@foreach($editoras$editore){{$editore->id_editore,$editore->nome_editore}}@endforeach错误是什么？我希望你能帮助我!我是Laravel的新手，我想了解我哪里错了。 最
我有一个关于编程工具的问题composer它作为可执行文件安装在/usr/local/bin/composer中在我在工作和家庭之间使用的3台不同的机器上。根据:composerhelpglobalCOMPOSER_HOMEisc:\Users\AppData\Roaming\ComposeronWindowsand/home//.composeronunixsystems.Note:Thispathmayvarydependingoncustomizationstobin-dirincomposer.jsonortheenvironmentalvariableCOMPOSER_BIN
我正在按照本教程在Symfony3项目中设置我的第一个页面:JoyfulDevelopmentwithSymfony3Tutorial我在/src/AppBundle/Controller/中创建了一个HomeController文件。该文件的内容是:我只是想获取文本:“正在测试!”从上面的showAction()函数来显示。但是，我的页面出现错误:找不到“GET/home”的路由我上面的设置有问题吗？对不起，如果这是一个简单的问题，这是我第一次使用Symfony，我迷路了! 最佳答案 如果您在本地主机上进行测试，您可以进入您的项目
我正在使用php和“template.inc”类开发一个网站。问题是我想创建一个迷你cms，允许管理员创建一个具有这些mysql属性的“html”页面:TableName:Page-----------------id:auto-icremented)name:varchar在架构中，如果他创建了页码“5”，url是"ww.mywebsite.com/index.php?id=5".但是，这不是很美观，因为我很不擅长url重写，即使我阅读了很多教程，我还是想输入名称+“html”来访问该页面。如果我们以为例"www.mywebsite.com/index.php?id=5"如果管理员创
一，下载安装GPartedsudoaptupdate sudoaptinstallgparted 安装完成后输入：sudogparted 如图所示： 1.找到你要扩容的根目录/home目录（会发现名称右边有个钥匙，表示现在无法对其进行操作） 2.扩容要求1：只能将待扩容磁盘相邻的空间扩容给他（如果不相邻，下面会有方法） 3.扩容要求2：被扩容的磁盘的状态要为未分配，操作方式是：在该磁盘上右键、删除、点击菜单栏的绿色对号执行操作。二，U盘启动Ubuntu用U盘启动Ubuntu系统，进去之后点击试用系统。进入系统打开终端输入：sudogparted这时，可以看
除了Thrift服务之外，还有什么方法可以从PHP调用Scala函数吗？最初我尝试了Thrift服务，但问题是，它有时有效，有时却无效。这个问题有什么简单的解决办法吗？下面的代码是我的server.scala程序try{valserverTransport:TServerSocket=newTServerSocket(9778)valprocessor=newUser_nodeService.Processor(User_node)valargs1:Args=newArgs(serverTransport)args1.processor(processor)valserver:TSer
