我需要从以下范围之外加载View:$this->load->view();它似乎在base/application/views目录下工作。如何从/application/目录外部访问View？我假设我将不得不扩展CI_Loader类这是最好的前进方式吗？我还找到了包含view_paths的数组://base/system/core/Loader.php//CI_Loader/***Listofpathstoloadviewsfrom**@vararray*@accessprotected*/protected$_ci_view_paths=array();但是所有声明变量上面的注释让我
我有一个输出许多图像的系统，它们旁边有一个A链接以将它们设置为专辑封面。我有多个相册，在我的数据库中有一个名为“is_feature”的字段，如果图像是封面，则设置为1，否则设置为0。我不知道选择图像的最佳方式，我最初输出如下；Set(image_id显然是图像id)，此函数将调用模型并将所有其他照片的“is_feature”字段设置为0，并将此照片的“is_feature”设置为1。问题是它也删除所有其他相册功能。我几乎需要传递给A链接中的变量，第一个是图像的id，第二个是相册的id，然后我的模型函数只能将“is_feature”设置为0，其中album_id=相册的id通过。有没有
我有一个带有正确导入的非常标准的实体:/***Budhaz\aMailerBundle\Entity\Instance**@ORM\Table()*@ORM\Entity*/classInstance{useTimestampableEntity;/**@ORM\Id@ORM\GeneratedValue@ORM\Column(type="integer")*/private$id;...}但我想从我的表单中删除createdAt(和updatedAt)，这样用户就不会也不能设置它们，所以我将它从InstanceForm中删除:classInstanceTypeextendsAbstr
我有一个寄存器View文件，上面有一个非常大的表格。因此，我计划将表单向导插件与jquery表单验证插件一起使用。我只希望将这些脚本加载到特定页面上。我该怎么做呢？这是我的Controller方法。publicfunctionindex(){$data['title']="Register";$this->load->view("site_header",$data);$this->load->view("site_nav");$this->load->view("content_register");$this->load->view("site_footer");}我在stacko
我需要将当前登录的用户共享给所有View。我试图在AppServiceProvider.php文件中使用view->share()方法。我有以下内容:share('guard',$guard);view()->share('user',$guard->user());}//..}但是，当我打开一个View(登录后)时，user变量为空。奇怪的是，$guard->user(protected属性，不是公共(public)方法user())不是。我得到的输出如下:注意guard->user变量已填充，但user变量为空。 最佳答案 最好
所以我遇到了这个问题，应该很简单，但不知道为什么我搞不定。我对MVC的整个概念是陌生的，我正在尝试将数据库查询从我的Controller传递到View中，并在View中显示结果。我现在这样做的方式是“undefinedvariable，sql”当我加载View时。这就是我所拥有的:Controllerfunctionmake_login(){//Selectlistofdepartmentsfordropdown$this->load->database();$sql=$this->db->query('SELECTdepartmentNameFROMdepartmentORDERBY
我有一个从javascript到Controller中的方法的ajax调用，Controller中的方法应该加载一个View(比如，在屏幕上显示一个新页面)，虽然一切看起来都很好，但新View并没有似乎加载在屏幕上。我不能使用header或windows.location，因为我正在传递一个数组变量，其中包含要在View中使用的数据。该页面在Chrome调试控制台的“网络”选项卡(预览子选项卡，同时选择ajax)下可见。但主屏幕保持原样。如果有人遇到过类似的问题，或者有解决方案，请帮助我。谢谢!! 最佳答案 好的，这就是你做错的地方
从CodeIgniter中的View检查session的最佳方法是什么，在他们的用户指南中没有显示任何方法，否则我将不得不对所有内容进行两个View，这有点奇怪......仍然是CodeIgniter的新手。..请帮忙!谢谢... 最佳答案 像任何其他数据一样将其加载到View中...$data['item']=$this->session->userdata('item');$this->load->view('view',$data); 关于php-从CodeIgniter中的Vie
完整错误:SQLSTATE[42S02]:Basetableorviewnotfound:1146Table'quotesapp.admin'doesn'texist(SQL:selectcount(*)asaggregatefrom`admin`where`username`=Admin)我知道错误是错误日志中出现的名称与其他地方定义的名称不匹配(在数据库文件夹中，但我无法解决问题。我四处搜索并找到了this帖子，但即使在我实现了解决方案(如下所示)之后，我仍然遇到同样的错误。我正在使用Laravel5.2。我的数据库目录中有一个admins表，如下所示:classCreateAdm
我想更改身份验证过程以使用另一个View模板。例如。而不是resources/views/auth/register.blade.php应该使用resources/views/register.blade.php。但我很难找到调用此View的代码。我找到的唯一位置是在app/Services/Register中，但前提是验证器失败了。我需要默认调用View时的位置。 最佳答案 Laravel5.6-IamextendingAmarnasan'sanswer在Laravel5.6中，没有AuthController.php。取而代之的
