Question

昨天发了一个问题，但我不太清楚我在尝试什么。我正在努力寻找有关如何最好地实现这一目标的任何有用的教程，以便在正确的方向上轻推非常感激。

我已经建立了一个引用django_content_type的模型。我的想法是使用这个模型来引用其他模型，这样它们就可以被标记为“特色”内容，而不必在每个模型上放置一个新的“isFeatured”字段。

我希望能够做到的是每个模型的管理员表单上都会出现一个复选框，表示内容是否有特色。

class FeaturedContent(models.Model):
    content_type = models.ForeignKey(ContentType)
    object_id = models.PositiveIntegerField()
    content_object = generic.GenericForeignKey('content_type', 'object_id')

首先，这是正确的方法吗？

我是否需要创建自定义表单/模型字段？以及如何将此字段引入管理模板？

我一直在查看（django.contrib.contenttypes）generic.py，你可以清楚地看到模板数据的加载位置以及正在使用的模板。我想知道是否需要扩展这个类而不是编写自己的字段？

感谢您的帮助，

詹姆斯

Answer 1

在我看来，这不是正确的方法。最好将abstract base classes与BooleanField一起使用，如下所示：

class FeaturedModel(models.Model):
    is_featured = models.BooleanField(default = False)

    class Meta:
        abstract = True

class Foobar(FeaturedModel):
    title = models.CharField(max_length = 200)
    ...

通过这种方式，您可以获得每个模型的所有优点，使其具有您可以使用的非常自己的is_featured字段，而不会出现内容类型的复杂性。

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1 个答案: