Question

我的ASP.NET MVC应用程序中有一个共享页面，可以从我的应用程序中的几个不同页面访问。如果我希望用户在共享页面上完成业务后返回原始页面，那么找出用户所在位置的最佳方法是什么，并告诉应用程序去那里？

请注意，我现在正在为共享页面上的“取消”按钮执行此操作，方法是告诉onclick使用页面历史记录：

<input type="button" value="Cancel" onclick="if (history.length == 0) { window.location='<%=Url.Action("Index", "Home") %>' } else {  history.back() }" />

但如果共享页面更新原始页面上显示的数据，则无法保存。

Answer 1

尝试使用：

System.Web.HttpContext.Current.Request.UrlReferrer

http://msdn.microsoft.com/en-us/library/system.web.httprequest.urlreferrer.aspx

Answer 2

我能想到的两种方法是将调用页面的url存储在隐藏的输入元素中，或者作为当前页面地址中的参数。这些都可以在刷新或几个导航步骤中存活，您只需要确保将变量传递到下一页。

Answer 3

这样的问题就是为什么我越来越多地考虑使用BaseViewModel类继承我的所有视图模型来存储可能对任何给定页面有用的信息。我最近一直试图想出一个完整的类定义，但是出于这些目的，拥有以下属性可能会很好（在一个不同的问题的答案中发布了部分内容，我会找到一个链接）位）：

public class BaseModel
{
    public string PageTitle { get; set; }
    public string PageDescription { get; set; }
    public string PageKeywords { get; set; } //maybe use a List<string> or string[] here
    public string ReturnPage { get; set; }
    //TBD: any other useful HTML page elements 
}

然后我可以创建一个继承自此的视图模型：

public class RandomViewModel : BaseViewModel
{
    RandomViewModel()
    {
        //set page properties
    }
}

然后在服务层（最好）或控制器中（可能必须在那里执行，没有尝试过，所以无法确定）在构建模型时可以访问ReturnPage属性（在此例子我假设你在行动中这样做了：

public ActionResult RandomAction()
{
    RandomViewModel model = _serviceLayer.GetRandomViewModel();
    model.ReturnPage = this.HttpContext.Request.UrlReferrer;
    return View(model);  
}

然后在视图中你可以这样做：

<input type="button" value="Cancel" onclick="if (history.length == 0) { window.location='<%= Model.ReturnPage %>' } else {  history.back() }" />

这只是一种头脑风暴，但我认为它会起作用。我不确定的唯一一个大问题是你想要设置引用者值的地方。我也会尝试从元素中获取onclick事件，如果可以的话，将其设置在标题中。

希望这有帮助。

从共享页面返回呼叫页面

3 个答案: