Question

我做了一个控制器来提供一些JSON的web服务，我想在Symfony抛出异常时提供一些错误信息（错误500），我怎么能写出这样的东西？

Web服务的主要目的是更新调用者在POST值中提供的Symfony DB中的信息。

在我的控制器中我返回JSON中的响应，我想处理Symfony异常（比如提供的值或不符合设计的模式）以返回有关错误的详细信息。

我考虑过对每个值进行测试但是编写时间很长，而不是简单的代码来阅读或使用try / catch系统，但我认为Symfony已经提供了这样的功能。

你怎么看？

Thx：）

Answer 1

我认为您应该使用EventListener来捕获错误并返回正确的响应。

您可以将其放在SomethingBundle/EventListener文件夹中，还需要定义service以便Symfony加载。

更多信息：Event Listener

我希望我能帮助你，如果你认为我错了，请告诉我。祝你好运！

修改

如果您只想捕获特定控制器（例如）Webservice中名为SomethingBundle的控制器内的错误，则必须在执行任何操作之前进行检查：

public function onKernelException(GetResponseForExceptionEvent $event) { $request = $event->getRequest(); if($this->getBundle($request) == "Something" && $this->getController($request) == "Webservice") { // Do your magic //... } } private function getBundle(Request $request) { $pattern = "#([a-zA-Z]*)Bundle#"; $matches = array(); preg_match($pattern, $request->get('_controller'), $matches); return (count($matches)) ? $matches[0] : null; } private function getController(Request $request) { $pattern = "#Controller\\\([a-zA-Z]*)Controller#"; $matches = array(); preg_match($pattern, $request->get('_controller'), $matches); return (count($matches)) ? $matches[1] : null; }

DANGER 此代码未经过测试，只是您构建自己的代码的一种方法。但是，如果我有问题，请告诉我。我想保持我的例子清洁。

Answer 2

在沙盒中使用JsonResponse Symfony类：

use Symfony\Component\HttpFoundation\JsonResponse;


$data = array(); // array of returned response, which encode to JSON
$data['error_message'] = 'Bad request or your other error...'); 

$response = new JsonResponse($data, 500); // 500 - response status
return $response;

Symfony2：在单个控制器上处理错误

2 个答案: