Question

在有人询问之前，我已经调查了CRUD个生成器，并且我知道所有关于Laravel资源路由的信息，但这并不是我在这里提到的。

我要做的是创建一个带有几个参数的Route，以及一个用于简单CRUD操作的Model控制器（使用/ extends？）的全局类。我们有20个左右的模型，为每个表创建资源Controller比找到创建全局CRUD类来处理所有“api”类型调用的方法更耗时任何ajax json请求，如create / update / destroy语句。

所以我的问题是，构建一个类以处理我们拥有的每个CRUD的所有Model个请求的最简洁和最好的方法是什么，而不必为每个{controller提供资源model {1}}？我已经尝试过对此进行研究，似乎无法找到除CRUD生成器和描述laravel Resource route的链接之外的任何链接。

Answer 1

最简单的方法是执行以下操作：

为资源控制器添加路由：

Route::resource('crud', 'CrudController', array('except' => array('create', 'edit')));

创建您的crud控制器

<?php namespace App\Http\Controllers;

use Illuminate\Routing\Controller;
use App\Models\User;
use App\Models\Product;
use Input;

class CrudController extends Controller
{
    const MODEL_KEY = 'model';

    protected $modelsMapping = [
        'user' => User::class,
        'product' => Product::class
    ];

    protected function getModel() {
        $modelKey = Input::get(static::MODEL_KEY);
        if (array_key_exists($modelKey, $this->modelsMapping)) {
            return $this->modelsMapping[$modelKey];
        }

        throw new \InvalidArgumentException('Invalid model');
    }

    public function index()
    {
        $model = $this->getModel();
        return $model::all();
    }

    public function store()
    {
        $model = $this->getModel();
        return $model::create(array_except(Input::all(), static::MODEL_KEY));
    }

    public function show($id)
    {
        $model = $this->getModel();
        return $model::findOrFail($id);
    }

    public function update($id)
    {
        $model = $this->getModel();
        $object = $model::findOrFail($id);
        return $object->update(array_except(Input::all(), static::MODEL_KEY));
    }

    public function destroy($id)
    {
        $model = $this->getModel();
        return $model::remove($id);
    }
}

使用新控制器:)您必须传递包含模型键的模型参数 - 它必须是白名单中允许的模型之一。例如。如果您希望用户 id = 5 ，请执行
```
GET /crud/5?model=user
```

请记住，尽可能简单，您可能需要使代码更复杂，以满足您的需求。

请记住，此代码尚未经过测试 - 如果您发现任何拼写错误或有其他问题，请与我们联系。我很乐意让它为你奔跑。

Answer 2

除非您想手动实现CRUD，否则请考虑集成现成的数据网格，例如phpGrid。

查看集成演练：http://phpgrid.com/example/phpgrid-laravel-5-twitter-bootstrap-3-integration/不需要任何模型且代码最少。它几乎可以做任何事情。

一个基本的工作CRUD：

// in a controller
public function index()
{
    $dg = new \C_DataGrid("SELECT * FROM orders", "orderNumber", "orders");
    $dg->enable_edit("FORM", "CRUD");
    $dg->display(false);

    $grid = $dg -> get_display(true); 

    return view('dashboard', ['grid' => $grid]);
}

Answer 3

对于所有CRUD操作，您需要一个通用类，并且有很多方法可以实现这一点，并且一条规则可能不适合，但您可以尝试我现在要描述的方法。这是一个抽象的想法，你需要实现它，所以首先考虑所有CRUD操作的URI。在这种情况下，你必须遵循一个约定，它可能是这样的：

example.com/user/{id?} // get all or one by id (if id is available in the URI)
example.com/user/create // Show an empty form
example.com/user/edit/10 // Show a form populated with User model
example.com/user/save // Create a new User
example.com/user/save/10 // Update an existing User
example.com/user/delete/10 // Delete an existing User

在这种情况下，user可能是指定模型名称的其他内容，例如，example.com/product/create并牢记这一点，您需要声明路由如下所示：

Route::get('/{model}/{id?}', 'CrudController@read');
Route::get('/{model}/create', 'CrudController@create');
Route::get('/{model}/edit/{id}', 'CrudController@edit');
Route::post('/{model}/save/{id?}', 'CrudController@save');
Route::post('/{model}/delete/{id}', 'CrudController@delete');

现在，在app\Providers\RouteServiceProvider.php文件中修改boot方法并使其如下所示：

public function boot(Router $router)
{
    $model = null;

    $router->bind('model', function($modelName) use (&$model, &$router)
    {
        $model = app('\App\User\\'.ucfirst($modelName));

        if($model)
        {
            if($id = $router->input('id'))
            {
                $model = $model->find($id);
            }

            return $model ?: abort(404);
        }
    });

    parent::boot($router);
}

然后按照以下说明声明您的CrudController：

class CrudController extends Controller
{
    protected $request = null;

    public function __construct(Request $request)
    {
        $this->request = $request;
    }

    public function read($model)
    {
        return $model->exists ? $model : $model->all();
    }

    // Show either an empty form or a form
    // populated with the given model atts
    public function createOrEdit($model)
    {
        $classNameArray = explode('\\', get_class($model));

        $className = strtolower(array_pop($classNameArray));

        $view = view($className . '.form');

        $view->formAction = "$className/save";

        if(is_object($model) && $model->exists)
        {
            $view->model = $model;

            $view->formAction .= "/{$model->id}";
        }

        return $view;
    }

    public function save($model)
    {
        // Validation required so do it
        // Make sure each Model has $fillable specified
        return $this->model->fill($this->request)->save();
    }

    public function delete($model)
    {
        return $this->model->delete();
    }
}

由于相同的表单用于创建和更新模型，因此请使用以下内容创建表单：

<form action="{{url($formAction)}}" method="POST">

    <input
    type="text"
    class="form-control"
    name="first_name" value="{{old('first_name', @$model->first_name)}}"
    />
    <input type="Submit" value="Submit" />
    {!!csrf_field()!!}

 </form>

请记住，每个表单应位于与模型对应的目录中，用户添加/编辑，表单应位于views/user/form.blade.php中，产品型号使用views/product/form.blade.php等等。

这样可以工作，不要忘记在保存模型之前添加验证，并且可以使用模型事件或者您想要的模型内部进行验证。这只是一个想法，但可能不是最佳方式。

Laravel 5全球CRUD课程

3 个答案: