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php - Symfony2 形式转 JSON 结构

coder 2024-04-12 原文

如何将 Symfony2 表单转换为 JSON 数据结构？寻找合适的 bundle 没有给我任何结果；

例子:

$builder
    ->add('name', 'text')
    ->add('password', 'password')
;

会产生类似的结果:

{
    fields: {
        name: {
            type: 'text'
        },
        password: {
            type: 'password'
        }
    }
}

在 $form = $this->createForm(new FormType(), new Entity()) 之后遍历表单中的每个元素没有帮助，找不到可以在其中定义的一些属性表单生成器。

最佳答案

我假设您希望在发布表单后在 Controller 中获取此信息，在这种情况下，您可以轻松地从表单对象中获取底层实体，如下所示:

$entity = $form->getData();

此时你可以手动将你想要的字段拉出到数组中并 json_encode() ，或者...实现 JsonSerializable实体中的接口(interface)，然后直接 json_encode() 对象本身。

例如:

<?php

namespace FooApp/BarBundle/Entity;

use JsonSerializable;

class Baz implements JsonSerializable
{
    private $name;
    private $password;

    // ...

    function jsonSerialize()
    {
        return [
            'fields' => [
                'name'     => ['type' => $this->name],
                'password' => ['type' => $this->password],
            ],
        ];
    }
}

然后，在你的 Controller 中:

$entity = $form->getData();
$json = json_encode($entity);

调用 json_encode() 将自动调用 Baz::jsonSerialize() 并返回您定义的数组结构，该结构又是 JSON 编码的。

更新 2016-06-23

我偶然再次遇到这个问题 - 而且......我意识到我没有回答你的实际问题。

您不想将表单的基础实体转换为 JSON - 相反，您希望将表单结构表示为数据。对于误会，我深表歉意 - 希望我可以通过更新来纠正这一点。

这是一个概念验证，应该适用于非嵌套形式(尽管为这种情况创建递归版本或其他东西应该很简单)。但是，假设您实例化了一个表单，包含字段 name 和 password，如下所示:

$form = $this->createForm(FooType::class, $foo);

然后应该可以迭代实例并导出结构的表示；例如:

$fields = ['fields' => []];

foreach ($form->all() as $field) {
    $name = $field->getName();
    $type = $field->getConfig()->getType()->getBlockPrefix();
    $fields['fields'][$name] = ['type' => $type];
}

echo json_encode($fields, JSON_PRETTY_PRINT);

产量:

{
    "fields": {
        "name": {
            "type": "text"
        },
        "password": {
            "type": "password"
        }
    }
}

希望这有帮助:)

关于php - Symfony2 形式转 JSON 结构，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/32882795/

Symfony2Symfonycodepassword39phpjsonforms

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