Question

我想在服务YAML中获得这样的顶级网址：

app.meal_list_service:
    class: Acme\MealLogBundle\Service\MealListService
    arguments: ['@app.entity_repository_meal',getBaseUrl()"]

我无法找到一个好的解决方案。我尝试从

获取网址

'%router.request_context.scheme%://%router.request_context.host%/'

但这只返回第一部分网址。

Answer 1

编辑：

我的错误。我以为你想要根项目目录。尝试在parameters.yml中定义项目根路径，并以类似于传递％kernel.root_dir％的方式传递它。

// in parameters.yml
my_project_path: https://stackoverflow.com

// in your service.yml
app.meal_list_service:
    class: Acme\MealLogBundle\Service\MealListService
    arguments: 
        - '@app.entity_repository_meal'
        - '%my_project_path%'

Answer 2

你可以这样做：

app.meal_list_service:
    class: Acme\MealLogBundle\Service\MealListService
    arguments: ['@app.entity_repository_meal', '%request_stack%']

在您的服务中：

$baseUrl = $requestStack->getCurrentRequest()->getSchemeAndHttpHost();

Answer 3

您始终可以使用__ DIR __并从中创建路径。有时它比DI快，并将参数传递给服务。

看看这个，我在特质中使用它来创建图像上传路径。 https://gist.github.com/poznet/9d9b0a8b707a527fa56d9bb1fa1979ad

symfony 3获得基本网址

3 个答案: