Question

我有模型餐可以包含模型成分和成分有很多属性...

我有DB中的所有成分，还有一些饭菜......

但我想创建新餐，但不将其存储在DB中。

如下所示：

$meal = new Meal;
$meal->ingredients()->attach(5);

其中5是DB中成分的id。

但是这会失败，因为$ meal还没有存储在DB中，而且attach（）函数试图在meal_ingredient表中创建一条新记录....

那么有什么方法可以创建“离线”模型并将其与“在线”数据连接起来吗？

由于

Answer 1

你的问题：

那么有什么方法可以创建＆＃34;离线＆＃34;模型并连接它＆＃34;网＆＃34;数据？

我们的选择：

是的，你可以使用一种没有数据库的Laravel 模型（当你说出来时离线）。请参阅jenssegers/laravel-model。基本上它是一个实现ArrayAccess，ArrayableInterface，JsonableInterface的类，根据需要包含一些状态和行为。
是的，应该有办法连接＆＃34;在线＆＃34; Illuminate\Database\Eloquent\Model与你的＆＃34;离线＆＃34;型号：POO和Design Pattern可以帮助您。亲自动手，不要犹豫，深入研究源代码！

我们建议您自己推出＆＃34;离线＆＃34;模型基于jenssegers/laravel-model的源代码并扩展＆＃34; Online＆＃34; Illuminate\Database\Eloquent\Model（装饰者模式或其他什么！？）使它具有前者的知识。管道留给你，到目前为止没有勺子喂代码;-)

说明：

您可能需要定义一些Illuminate\Database\Eloquent\Model的自定义依赖（辅助）类，例如Illuminate\Database\Eloquent\Relations\BelongsToMany等。

FIY，您还可以使用最新的PHP功能找到在此Illuminate\Database\Eloquent\Model扩展{{1}}的相关示例。

快乐的编码。

Answer 2

您应该将对象视为集合，以“脱机”工作。并记住构建它们不存在的对象。

$ingredient = new Ingredient;
$ingredient->id = 5;

$meal = new Meal;
$meal->ingredients->add($ingredient);

因此，DB中不存在膳食和成分5号。

没有数据库的Laravel模型

2 个答案:

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