我目前正在基于新版本2.0.2开发我的第一个ZF应用程序。(我没有任何ZF1经验)现在我需要使用OAuth进行身份验证，我想知道是否已经有ZF2的实现。我知道有一个ZF1模块。如果没有，您会推荐什么。使用PHP的原生OAuth支持？感谢您的帮助!罗伯托 最佳答案 ZF2已经有一个官方的OAuth包。您可以在ZF2Packages上找到一些信息。网站。如果您使用composer，您可以按照设置composer的说明添加以下内容来安装软件包here.对于需要的包，只需放入:"require":{"zendframework/zendoa
我有一个与Doctrine2和ZendFramework相关的问题。如果您默认使用不带Doctrine的ZendFramework，您会将业务逻辑放在模型中。但是由于Doctrine2确实有实体，业务逻辑应该放在哪里？我首先创建了实体管理器调用实体的模型。但是当我想在没有数据库调用的情况下为我的模型编写单元测试时。我需要将实体管理器移至Controller。但是我在我的Controller中获取了业务逻辑，这并不好。下面的代码显示了Controller操作的一部分:$customerAddress=$this->_model->save($values,$id);$this->_em-
全部!我想用安全系统一起保护我的应用程序。security.yml文件下方security:encoders:Symfony\Component\Security\Core\User\User:plaintextrole_hierarchy:ROLE_ADMIN:ROLE_USERROLE_SUPER_ADMIN:[ROLE_USER,ROLE_ADMIN,ROLE_ALLOWED_TO_SWITCH]providers:in_memory:users:user:{password:userpass,roles:['ROLE_USER']}admin:{password:adminpa
我使用各种模块和一个父Controller来保持一致性。我的父Controller有一系列通用操作，每个后续子Controller都需要访问这些操作。我发现很难使此默认操作呈现正确的View。我不想必须向我的每个模块添加相同的View-这会破坏对象-但我希望在某处有一个默认View。我试过:$this->_forward('commonaction','baselayout','default');这对我不起作用-因为它会尝试再次处理操作-当我已经填充父Controller中所需的变量时。任何帮助都会很棒。更新:澄清一下，我希望能够使用来自不同模块的通用View。所有示例和解决方案目前
是否可以禁用Zend_Form_Element_Radio中的个别选项？也就是说，我想将disabled="disabled"添加到某些输入标签。ZendFramework是否包含此功能？还是有其他方法可以做到这一点？ 最佳答案 是的，这是可能的:$element->setMultiOptions(array('songs'=>'songs','lyrics'=>'lyrics','artists'=>'artists'));$element->setAttrib('disable',array('lyrics','songs'))
考虑我要展示复选框、复选框标签和后面的图像。如何使用ZendEngineForm创建相同的View我试过如下$this->addElement('Checkbox',"$key",array('label'=>$value,'checkedValue'=>"$key",'uncheckedValue'=>'','checked'=>true,'disabled'=>false,));$element=$this->getElement($key);$element->setDecorators(array('ViewHelper',array('Label',array('tag'=>
在magento中编写了一些辅助类之后，现在我遇到了这个问题，我收到了这个错误fatalerror:在第33行的app\code\local\Uhma\Program\Helper\Data.php中找不到类'Zend_Log'在第33行我有这个functionWBSAPI_OnceProbe(){return($this->WBSAPI_CurlCall("once?action=probe",&$result));//LINE33}我用return调用的函数是这个functionWBSAPI_CurlCall($service,&$result=null){try{$s=curl_
我有一个显示大量数据的页面，包括Zend_Paginator。页面操作是/po/fetch?id=someID。我想做的是将“id”参数传递给zendpaginationControl，这样分页链接将类似于/po/fetch?id=someID&page=somePage。不幸的是，我在任何地方都找不到关于如何将该参数传递给paginationControl的解释。我对paginationControl的调用:echo$view->paginationControl($paginator,'Sliding',$control,$params);哪里$params=array('id'=
关闭。这个问题是opinion-based.它目前不接受答案。想要改进这个问题？更新问题，以便editingthispost可以用事实和引用来回答它.关闭4年前。Improvethisquestion您会向了解PHP基础知识的人推荐这些框架中的哪一个？有什么优点和缺点？
所以，我在开发服务器上安装了Laravel(php5.5.3，标准安装，安装了mcrypt)，我收到以下错误消息:Fatalerror:Class'Illuminate\Foundation\Application'notfoundin/[path_to_laravel_app]/bootstrap/start.phponline14很奇怪，我还没有看到这个文件的解决方案，尽管我已经看到很多类似的错误。欢迎任何建议。谢谢! 最佳答案 /bootstrap/start.php是在composerinstall之后通过运行Laravel
