有条件地应用评估的表达式类名？

Question

我最初有这个，很简单：ng-class="response.name" （其中response.name是一个评估表达式。）

但现在我尝试这样做：ng-class="{response.name: true, tooltip: someExpression}"（因此response.name始终存在但tooltip依赖于上下文。）

你知道，我不能将response.name作为对象的关键......我知道这一点。它只是将字符串response.name视为字符串，并且没有评估。但我需要有条件地应用tooltip类。我不知道如何结合这些需求！

我首先尝试使用多个ng-class属性，但它忽略了除第一个之外的所有属性。

Answer 1

你可以这样做

<div ng-class="{tooltip: someExpression}" class="{{response.name}}"></div>

请确保在所有支持的浏览器中对其进行测试，因为这样的动态设置属性会导致某些浏览器出现问题

Answer 2

FWIW：从Angular 1.4开始，您可以混合使用表达式：

ng-class="[response.name, {tooltip: someExpression}]"

Answer 3

ng-class允许你这样做：

<div ng-class="[response.name, {tooltip: someExpression}"></div>

Answer 4

我个人用这种可怕的方式解决了这个问题：

{ {{ response.name }}: true, 'tooltip-container': {{ !!response.tooltip }} }

内插到计算表达式中的计算表达式。丑陋。绝对有利于Rob的方式。