Question

好的，我在视图文件记录表单db中，我正在尝试将其传递给controler，然后到我尝试进行更新的方法

$this->db->select('info');
$query = $this->db->get('pages');
 foreach ($query->result() as $q): ?>
<a href="update/updating/<?php echo $q->info?>"><?php echo $q->info . br()?></a>

在我的控制器中我有代码

public function updating($var){
        $data['info']= $var;
        $this->load->view("view_update",$data);

} 加载视图文件，我想用表单

插入新值

echo br() . $this->session->flashdata('item');
echo '<h4>Azuriranje Podataka </h4>';
echo "Old data is:" .$info;


echo form_open('update/updating');

$data = array('name'=>'field');
echo form_input().br().br();
echo form_submit('mysubmit', 'Posalji');
echo form_close()

我的问题我应该如何处理$ info我不想通过表单和输入字段提交它如何在控制器中再次抓取它？

Answer 1

如果我理解正确，你就做不到。

可以做的是将项目存储在cookie中（使用POST请求发送cookie），或者只使用表单。

很多地方都使用隐藏的输入字段来发送信息，如果你担心数据会被篡改，你可以使用各种散列技术来确保数据是安全的，我不会在这里深入探讨这超出了你的问题的范围，但我会在评论需要时进一步解释。

您遇到的问题相当于从 A 网站（任意网站）向您的控制器发送参数。仅仅因为视图是从您的控制器生成的，并不意味着捕获POST请求的控制器知道它来自何处或它包含什么。（这就是我们有cookie或POST数据的原因）

希望它有所帮助。

Answer 2

我认为你做错了什么。

首先，您在视图文件中执行SQL select语句，这不是标准做法，并且它不符合MVC模式的精神。因此，首先要做的是实际更改使用CodeIgniter时所考虑的逻辑。这样，您的代码将更清晰，更易于维护。

在模型中，您应该编写检索数据的方法。

public function getPages(){
    $query = $this->db->get('pages');
    return $query
}

在控制器内部，您可以通过以下方式调用此模型方法：

$this->load->model("your_model");
$data["pages"]=$this->your_model->getPages();
$this->load->view("yourviewfile.php",$data);//In this line, you are passing data to the view file

在您的视图文件中，您可以浏览数据

foreach ($pages as $q)://You've passed $pages from the controller, so $pages variable is now accessible ?>
<a href="update/updating/<?php echo $q->info?>"><?php echo $q->info . br()?></a>

现在，如果要将某些数据从视图文件发送回控制器，则应使用GET或POST表单提交或AJAX调用。

POST方法示例：

<form action=<?php echo base_url()."controllerName/actionName" method="POST">
<input type="text" name="ime" />
<input type="submit" value="Submit" />
</form>

Codeigniter更新数据库记录列表

2 个答案: