Question

问题：如何在不刷新页面的情况下验证表单并在模式框中返回验证消息。

我刚刚开始学习Symfony 3，但是使用AJAX添加数据时遇到了麻烦。我知道如何在模式框中包含模板表单，但我不知道如何在模态中显示$ form-＆gt; isValid（）的错误消息并保留它。

new.html.twig

更新：我现在可以在Controller中调用方法操作。但是当我验证表单时，我还没有在模式框中收到任何验证错误。

<script>
    $(function () {
        $('.withdropdown').dropdown();
        $('.add-company-launch').modal();

        $('#company-form').submit(function(e) {

            var formUrl = "{{ path('monteal_backend_company_ajax') }}";
            var formData = new FormData(this)

            $.ajax({
                url: formUrl,
                type: 'POST',
                data:  formData,
                 contentType: false,
                 cache: false,
                processData: false,
                success: function(data, textStatus, jqXHR)
                {
                    if(data['status'] === 'success'){
                        alert('success');
                    } else {
                        $('#add-company').html(data['html']);
                    }
                },
                error: function(jqXHR, textStatus, errorThrown)
                {
                }
            });

            e.preventDefault();
        });
    })
</script>

{％endblock％}

CompanyController.php

更新：我为AJAX创建了两个方法， 1.处理表格的方法。 2. AjaxHandler。

   public function newAction() {

        $company = new Company();

        $form = $this->createForm(CompanyForm::class, $company);

        return $this->render('Admin/Backend/Company/new.html.twig', array(
            'form'=>$form->createView()
        ));
    }

    public function ajaxAction(Request $request) {

        if (!$request->isXmlHttpRequest()) {
            return new JsonResponse(array('message' => 'You can access this only using Ajax!'), 400);
        }

        $company = new Company();
        $form = $this->createForm(CompanyForm::class, $company);
        $form->handleRequest($request);

        if ($form->isValid()) {

            $em = $this->getDoctrine()->getManager();
            $em->persist($company);
            $em->flush();

            return new JsonResponse(array(
                'status' => 'success'), 200
            );
        }

        $html = $this->renderView("Admin/Backend/Company/new.html.twig", array(
            'form' => $form->createView())
        );

        return new JsonResponse(['status' => 'error', 'html' => $html]);
    }

Answer 1

1 - 在你的newAction中，只需创建表单并将视图（createView）传递给你的模板。

2 - 编写一个ajaxFormHandlerAction，在这里创建表单，处理它，验证它，在变量中呈现一个视图： $ html = $ this-＆gt; renderView（＆＃39; yourTemplate.html.twig＆＃39;，array（$ form-＆gt; createView（）））; 编辑：当然你的ajax必须将表单发布到你新的ajax网址... END编辑

3 - 如果已经过验证返回一个JsonResponse（数组（＆＃39; html＆＃39; =＆gt; $ html，＆＃39; status＆＃39; =＆gt;＆＃39;错误＆＃39;））; 如果有效返回一个JsonResponse（数组（＆＃39; status＆＃39; =＆gt;＆＃39;成功＆＃39;））;

4 - 在你的ajax成功回调中，如果状态错误，则渲染新表单。如果状态成功，重定向或其他

希望这个帮助

编辑：

对你的控制器来说是这样的：

    use Symfony\Component\HttpFoundation\JsonResponse;
    public function ajaxFormHandlerAction(Request $request) 
    {
        $company = getYourCompany(); //get it from db?
        $form = $this->createForm(CompanyForm::class, $company));
        $form ->handleRequest($request);
        if($form ->isValid()){
             //do whatever you want, maybe persist, flush()
             return new JsonResponse(array(
                'status' => 'success'));
        }
        $html = $this->renderView("yourModalTemplate.html.twig", array('form' => $form->createView()));
        return new JsonResponse(['status' => 'error', 'html' => $html]);
     }

在你的成功中ajax回调：

success: function(data, textStatus, jqXHR)
{
    if(data['status'] === 'success'){
        alert('success');
        // maybe redirect the user ???
    }else if(data['status' === 'error']){
        $('#idOfYourModal').html(data['html']); //assuming you use jquery, or translate to javascript
    }
},

您必须创建一个仅包含模态的树枝模板...

crud ajax jquery symfony3不会工作

1 个答案: