我认为我的音乐应用程序架构设计有问题。

我有 3 个集合:Artists、Tracks 和 Albums。 和 3 个类别:artists、albums 和 tracks

来自艺术家的文档:

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        [name] => Sarya Al Sawas,
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来自相册的文件:

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            )

        [name] => Sabia
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        [year] => 1999
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来自 tracks 的文档

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            )

        [name] => Bid Ashok
        [slug] => wafiq-habib-ft-sarya-al-sawas-bid-ashok
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        [file] => /m/tracks/t.4ee8a05540c624.04707814.mp3,
        [freeze] => false,
        [hits] => 0,
        [duration] => 303,
        [albums] => Array
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                [0] => MongoId Object
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                    )

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                    (
                        [$id] => 4ee34a3b615c21b624010000
                    )

            )

首先是良好的模式设计？？! 由于多对多关系，我以这种方式设计了这个模式 有时轨道有 2 位艺术家，专辑有 2 位艺术家。

无论如何，我在查询附加到特定轨道的专辑时遇到问题。

假设我在艺术家页面上

1. 我需要获取所有艺术家专辑和轨道，所以我这样做:

   $cursors = array(
       'albums' => $this->albums->find(array('artists' => $artist->_id))->sort(array('_id' => -1)),
       'tracks' => $this->tracks->find(array('artists' => $artist->_id))->sort(array('_id' => -1)),
       'clips'  => $this->clips->find(array('artists' => $artist->_id))->sort(array('_id' => -1))
   );
   foreach($cursors as $key => $cursor) {
       foreach($cursor as $obj) {
           $obj['name'] = ($this->lang->get() != 'ar' ? $obj['translated']['name'] : $obj['name']);
           $obj['by']   = $this->artists()->get($obj['artists'])->toString('ft');
           ${$key}[]    = $obj;
       }
   }
   

2. 我需要循环播放所有轨道并获取他们的专辑名称假设这位艺术家有 3000 首轨道 我认为它会很慢....

所以我的问题是:这是一个好的模式设计吗？

最佳答案

嗯，这是一个关系性很强的问题，使用非关系数据库来解决这样的问题需要一些努力。总的来说，我认为你的模式设计很好。

您所描述的称为“N+1 问题”，因为您必须对 N 个对象进行 N+1 次查询(在您的情况下，它更复杂，但我想您明白了)。

一些补救措施:

• 您可以使用 $in运算符查找例如某个艺术家的所有轨道:

  db.tracks.find({"artists" : { $in : [artist_id_1, artist_id_2, ...] } });
  

  如果艺术家的数量变得庞大，这将不起作用，但几百个，也许一千个应该可以正常工作。确保 artists 已编入索引。

• 您可以对一些经常需要的信息进行反规范化。例如，您可能希望经常显示轨道列表，因此将艺术家的名字复制到每个轨道是有意义的。非规范化主要取决于您从最终用户的角度试图实现的目标。您可能不想完整存储每个艺术家的名字，而是只存储前 50 个字符，因为 UI 无论如何都不会在概览中显示更多内容。

  事实上，您已经对一些数据进行了非规范化，例如专辑中的艺术家 ID(这是多余的，因为您也可以通过轨道获取它们)。这使得查询更容易，但它会更重写。更新很难看，因为您必须确保它们在系统中传播。

• 在某些情况下，在客户端 (!) 而不是服务器上“加入”可能更有意义。这并不能很好地解决您的问题，但值得注意:假设您有一个 friend 列表。现在服务器必须在显示每个 friend 的名字时查找他们。相反，它可以为您提供一个查找表 ids/friends，而服务器只提供 ids。一些 JavaScript 可以用客户端缓存中的真实姓名替换 ID。

关于php - MongoDB 模式设计。得不到我想要的，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/8505850/