Question

我已经根据存储在数据库对象中的名称动态创建Django中的URL。所有这些页面都应由同一视图处理，但我希望数据库对象在调用时作为参数传递给视图。那可能吗？

以下是我目前的代码：

places = models.Place.objects.all()
for place in places: 
    name = place.name.lower()
    urlpatterns += patterns('',
        url(r'^'+name +'/$', 'misc.views.home', name='places.'+name)
    )

是否可以将额外信息传递给视图，而无需向URL添加更多参数？由于URL是根目录，我仍然需要404页面显示其他值，我不能只使用字符串参数。解决方案是放弃尝试将URL添加到root，还是有其他解决方案？

我想我可以对名称本身进行查找，因为无论如何所有URL都必须是唯一的。这是唯一的其他选择吗？

Answer 1

这通常是一个坏主意，因为它会查询数据库中的每个请求，而不仅仅是与该模型相关的请求。更好的想法是提出一般的网址组合，并对所有这些组成使用相同的视图。然后，您可以检索视图中的相关位置，该位置仅在到达特定视图时才会到达数据库。

例如：

urlpatterns += patterns('',
    url(r'^places/(?P<name>\w+)/$', 'misc.views.home', name='places.view_place')
)

# views.py
def home(request, name):
    place = models.Place.objects.get(name__iexact=name)
    # Do more stuff here

我意识到这不是你真正要求的，但应该给你带来更少的麻烦。

Answer 2

我认为您可以使用additional attributes将字典传递给视图，如下所示：

url(r'^'+name +'/$', 'misc.views.home', {'place' : place}, name='places.'+name)

您可以更改视图以期望此参数。

Django：将数据传递给url调度程序查看，而不包括url中的数据？

2 个答案: