我正在尝试制作一个用户可以轻松更改密码的表单。我希望我的逻辑是正确的，但是我收到如下错误；Expectedargumentoftype"string","AppBundle\Form\ChangePasswordType"given这是我的Controller；publicfunctionchangePasswdAction(Request$request){$changePasswordModel=newChangePassword();$form=$this->createForm(newChangePasswordType(),$changePasswordModel);$for
我遇到的问题是，当用户在登录页面中更改语言时-它有效，但在用户登录后-它再次恢复为默认设置。如何使登录前选择相同语言的用户保持登录后保留？我试过在stackoverflow上查找这个，但找不到任何工作结果。安全.yml:security:encoders:AppBundle\Entity\User:algorithm:bcryptrole_hierarchy:ROLE_ADMIN:ROLE_PREMIUMROLE_PREMIUM:ROLE_USERproviders:our_db_provider:entity:class:AppBundle:Userproperty:emailin_
我是Symfony开发的新手，如果这是一个愚蠢的问题，请原谅。我正在尝试从外部API获取JSON数据。我尝试通过Postman运行GET请求并返回JSON格式的正确数据，因此我知道我的URL是正确的。我编写了以下代码以使用Guzzle从我的外部APIHTTP获取一组JSON数据:'http://my.api.url/']);//Sendarequesttohttp://my.api.url/site/67/module/1449/item$response=$client->request('GET','site/67/module/1449/item');dump($response
例如，在PHP中解析RSS提要的方法可能是:channel->itemas$item){echo$item->title;echo$item->link;echo$item->description;echo$item->guid;}?>我怎样才能在Twig上拥有这个？更新:感谢回复，我得到了它。现在它按项目获取此信息，但不是某些字段，例如帖子的图片、类别或文本:SimpleXMLElement{#955▼+"title":"Website.Descriptionofthewebsite"+"link":"http://blog.website.com/liktothepost"+"p
我想使用参数修改提交的symfony表单的url。从这个平台尝试了很多解决方案，但没有一个解决方案有帮助!Currenturlisasfollows:http://localhost:8000/search?app_bundle_search_form%5Bsearch%5D=qui&app_bundle_search_form%5Bbrand%5D=&app_bundle_search_form%5Bprice%5D=500%2C100000&app_bundle_search_form%5B_token%5D=BtA5bZb9HErUXzXFzGFbpEhlD6nD33zr7tKi
我有两个实体类:classA{/***@Assert\LessThanOrEqual(3)**@varint*/protected$attempts;}classBextendsA{/***@Assert\LessThanOrEqual(5)**@varint*/protected$attempts;}还有1个测试来检查验证是否正常工作:publicfunctiontestSetAttemptsCount(){$block=newB();$block->setAttempts(6);$errors=$this->getService('validator')->validate($bl
我有一个非常类似于的问题:SymfonyRememberMedoesn'twork,thecookieisdestroyedwhenbrowserreboot不幸的是，他们的解决方案并没有在Symfony4中修复它。用户登录后，将创建cookie“REMEMBERME”。如果我重新启动我的浏览器，我仍然可以看到我的cookie但是当我访问安全IS_AUTHENTICATED_REMEMBERED下的页面时，它不起作用并且我被重定向到登录页面，然后cookie被销毁并且用户必须重新登录。我一直在按照官方文档中的说明开发身份验证过程(实际上，没有花哨的定制，没有FOSUSERBUNDLE)
是否可以将防火墙映射到给定的主机，例如:firewalls:dev:pattern:^/(_(profiler|wdt)|css|images|js)/security:falseadmin:pattern:^/host:admin.mysite.comhttp_basic:provider:in_memoryrealm:'MySiteAdmin'logout:main:pattern:^/anonymous:~form_login:provider:fos_userbundle...注意管理防火墙下的假“主机”参数。将防火墙限制到特定主机的能力将使在每个主机的基础上使用提供程序变得容
我在我的Controller中生成动态图形:如果文件不存在(唯一文件名)则生成图形并保存返回RedirectResponse($url)(3.我也试过:$fp=fopen($url,"rb");$str=stream_get_contents($fp);fclose($fp);$response=newResponse($str,200);$response->headers->set('Content-Type','image/png');return$response;)我需要它为用户动态生成用户栏[在此图形上，如果我的网站上进行了一些更改，一些文本将自动更新]。所以对我来说重要的
我正在使用FOSUserBundle，我需要从2个不同的路由(或更多)登录的能力。这些路线会有不同的模板，也会登录到不同的区域。登录之间唯一不同的是所需的权限。路线将遵循以下路线site.com/loginsite.com/admin/login还有可能的site.com/ajax_login我已经能够弄清楚如何通过从FOSUserBundlelogin.html.twig(被覆盖)中删除除CSRFtoken之外的所有内容，然后创建呈现自己的登录框的路由，以及登录路由(以便仅呈现CSRFtoken)。这不适用于管理员/登录，因为表单回发到登录，如果失败，它会显示该页面。有什么简单的方法
