Question

当我调用加载视图的方法时，我很难获得正确的URL。

继承人我的控制人员：

public function post() {
        $title = $this->input->post('title');
        $data = $this->p_Model->post($title);
        $this->qs($data);
    }

public function qs($id){
        $title = $this->s_Model->getTitle($id);
        $result = $title->result();
        $this->load->view('q_View', array('results' => $result));
    }

继承我的观点:(请注意，此视图不是从qs函数加载的视图，而是调用qs函数的视图）

<html>
<body>
<table>
<?php
        if (isset($qs)) {
            foreach ($qs as $row) {
                $id = $row->qID;
                echo '<a href="'.site_url('myController/qs/'.$id).'">';
                echo $row->title;
                echo "<br>";
            }
        }
?>
</table>
</body>
</html>

所以在我的控制器中我有两个函数，qs函数单独工作，所以可以在视图中调用并给出以下url myController/qs/1但是当我使用post函数时我得到一个这样的网址myController/post所以我的问题是如何让我的网址成为第一个例子？

Answer 1

尝试使用base_url，您也可以使用current_url()返回当前正在查看的网页的完整网址（包括细分）。

echo '<a href="'.base_url('myController/qs/'.$id).'">';

Answer 2

而不是使用行：

$this->qs($data);

您可以使用重定向：

redirect('/mainController/qs/'.$data);

这应该与您在视图中使用的方式相同

CodeIgniter URL问题

2 个答案: