Question

没有强类型的View（）方法来返回ActionResult。所以，假设我有

class Edit : ViewPage<Frob>

在我的FrobController中，我将执行类似“return View（”Edit“，someFrob）;”的操作。这里没有检查，所以我必须总是手动同步视图和控制器对它的使用。这不是最理想的，我不知道任何内置的修复。

我将此方法添加到我的控制器基类：

public ActionResult ViewPage<V, M>(V view, M model)
    where V : ViewPage<M>
    where M : class {
    return View(typeof(V).Name, model);
}

注意：我接受观点的原因从未使用的对象是因为， AFAIK，没有办法获得C＃的类型推断工作否则。如果我删除了view参数，我需要明确指定V，也是意味着明确指定M ...... 叹息。

现在，我可以这样做：

  return ViewPage(new Views.Frob.Edit(), myFrob);

我正在指定确切的视图（如果重命名则没有问题），并且myFrob被选中为正确的模型类型。丑陋的一面是我新编了一个编辑。或者，我可以写：

  return ViewPage((Views.Frob.Edit)null, myFrob);

一个缺点是模型必须完全匹配。因此，使用ViewPage＆gt;，我无法传入List。我认为这可能有用：

    public ActionResult ViewPage<V, M, T>(V view, T model)
        where V : ViewPage<M>
        where M : class 
        where T : M {
        return View(typeof(V).Name, model);
    }

但C＃的类型推断无法弄明白。另一个潜在的问题是视图类型的名称可能不是正确的名称，因为我认为它可以被属性覆盖。但如果我遇到它，这是一个简单的解决方法。

问题：

如何使此语法更清晰？
我在这里缺少什么缺点？

编辑：关于控制器了解视图，它只是稍微有点。它从视图中获得的唯一内容是Type，它为此获取名称。所以这相当于传入字符串名称。强类型模型必须匹配或失败。所以它并不太了解View - 它只是让编译器捕获错误的一个技巧。

Answer 1

我看到的第一个问题是你现在让你的控制器知道视图。这是你永远不应该跨越的一条线。

Answer 2

看一下这个例子：http://oddiandeveloper.blogspot.com/2008/11/strongly-typed-view-names.html

您可以像这样调用您的视图：

return View(typeof(Views.en.Home.about), AboutModel);

Answer 3

通过这样做，我仍然在摸索你所获得的东西，而不是说你错了。 Ayende几乎每天都对我做同样的事情:-)无论如何，我能想出的最干净的语法是：

public ActionResult Test() {
    return View<Views.Module1.Test, string>("Hello All");
}


protected ActionResult View<TView, TModel>(TModel model)
    where TView : ViewPage<TModel>
    where TModel : class {
        return View(typeof(TView).Name, model);
}

您牺牲了类型推断但获得了完整的编译时类型检查，并且您不必新建未使用的对象。

强烈键入模型类型的ASP.NET Controller.View（）方法

3 个答案: