在为也对API执行AJAX调用的网站创建资源ControllerPhotosController后，资源Controller似乎既可以在普通网站上使用，也可以作为API使用。这会为Photo显示id=1的HTML页面http://domain.com/photos/1Javascript使用以下更新Photo资源并返回JSON响应PUThttp://domain.com/api/v1/photos/1问题:我们是否会有2个PhotoControllers，一个用于处理API使用，一个用于非API？ 最佳答案 没有。您可以让两个单独的
我正在尝试在我的Controller中验证一个Action。一旦失败，我将验证器生成的消息发送到同一Controller中的其他函数，以将其传递给View。唯一的问题是我在View中看不到任何显示，并且一旦我单击提交并发生错误，url就会更改为奇怪的格式。Controller:'Required|Min:3|Max:88|Alpha','last_name'=>'Required|Min:3|Max:88|Alpha','password'=>'Required|Min:3|Max:88|Alpha|Confirmed','email'=>'Required|email|unique:
在我为我的应用程序(测试应用程序)命名空间之前，一切正常。但是在我开始为Controller和所有内容命名空间并像这样加载命名空间之后:$loader=newLoader();$loader->registerNamespaces(array('Application\Controllers'=>'Application/Controllers/'))->register();我收到错误Exception:IndexControllerhandlerclasscannotbeloaded我输入的命名空间是正确的:namespaceApplication\Controllers;useP
我想了解如何在Laravel5.2中使用“胖模型，瘦Controller”。基本上，我主要理解为什么，是什么，但不知道怎么做。我在谷歌上搜索了一段时间，发现有几页描述了为什么(有些页面描述了为什么不这样做)和什么，但是没有任何页面可以让您轻松理解如何使用瘦Controller创建胖模型。我创建了一个非常基本的待办事项列表，无需登录或验证，只有最基本的待办事项记录功能。这个应用程序基本上使用“瘦模型，胖Controller”，我想重写应用程序，以便它使用“胖模型，瘦Controller”。我在MySQL数据库中有三个表:用户idint(10)unamevarchar(255)电子邮件va
我是新来的，但我已经在这里检查了所有关于我的问题的解决方案，但仍然没有解决。我想在Laravel5.2中使用教程创建简单的应用程序，但我无法让我的Controller工作。我将我的应用程序命名为“test”，这是一个代码:PagesController.php:路由.php:Route::get('about',['as'=>'about','uses'=>'PagesController@getAbout']);和Controller.php(默认):你看到这里有什么问题了吗？我确定所有文件都在正确的文件夹中。 最佳答案 如果Ap
我知道Laravel已经删除了lists()函数并将函数签名移动为pluck()。但是，对于想要从Laravel4.x升级到Laravel5.4的人来说，这会导致大量工作。因此，我试图找到一种方法来利用现有函数，即在我的代码中使用lists()并利用pluck()->toArray()当这个函数被调用时。我尝试了以下方法。方法一classBaseModelextendsIlluminate\Database\Query\Builderpublicfunction__call($method,$args){returncall_user_func_array($this->method,
http://localhost/frontend_dev.php/1为什么上面的请求会重定向到frontend_dev.php而不是index.php？我已经阅读了.htaccess:RewriteEngineOn#uncommentthefollowingline,ifyouarehavingtrouble#gettingno_script_nametowork#RewriteBase/#weskipallfileswith.something#RewriteCond%{REQUEST_URI}\..+$#RewriteCond%{REQUEST_URI}!\.html$#Rewr
在我想到达当前Controller的函数中:$front=Zend_Controller_Front::getInstance();这只给出了一个处理程序而不是当前Controller。我将代码从函数更改为Controller内部。并询问我从getInstance得到的处理程序和这个var_dump(get_class($front),get_class($this));我得到:string'Zend_Controller_Front'(length=21)string'IndexController'(length=15)如何到达真正启动的前端Controller？我不能作为参数传递
为什么这样:echo$this->Html->link('AddaUser',array('controller'=>'users','action'=>'add'));不仅如此:echo$this->Html->link('AddaUser','users/add'); 最佳答案 第二个示例将始终生成“users/add”的url。第一个提供使用反向路由形成定制url的可能性，如routes.php文件中的规则所定义。在实践中，我经常发现第一种和第二种风格之间没有区别。但是，如果您稍后决定更改路线，您可能会发现第一次做事从长远来看
PHP的list()函数在Java中的等价物是什么？例如$matches=array('12','watt');list($value,$unit)=$matches; 最佳答案 由于java总是按值传递原语，并且没有对perl样式列表的原生支持，恐怕无法满足您的需求。您可以编写方法list并向其传递变量value和unit。您可以更改这些变量的值。但这些更改仅在list方法中可见。value和unit的原始值将与调用前相同。此问题的java风格解决方案是创建自定义类(即使是内部类，它在其他上下文中也没有任何意义)。然后创建解析字符
