Question

我不知道案件的确切标题，所以我将详细解释。

下面是我的弹出菜单。

export default class Popup extends Component{
    constructor(props){
        super(props);
        this.state={
            isshowing: true,
        }
    }

    handleShow(){
        this.setState({isshowing:true})
    }


    return(
            <View style={{}}>
                        <TouchableOpacity
                            style={{}}
                            onPress={() => this.setState({isshowing:false})}
                        >
                            <Text>X</Text>
                        </TouchableOpacity>
            </View>
        );
    }
}

我已经省略了样式等不必要的内容。

我想通过状态控制弹出类的可见性。

由于关闭按钮位于弹出窗口类之内，所以我可以使关闭按钮显示，但是由于要导入弹出窗口类，因此我想使外部按钮（在主类内部）使该弹出窗口可见。

我该怎么做？

Answer 1

您可以通过以下方式传递正在调用for($i = 1; $i < 7; $i++) { $user_id = $ID[$i]; $_VoteID = $VoteID[$i]; $_UpOrDown= $UpOrDown[$i]; $_UpvoteTool= $UpvoteTool[$i]; $_SignupTool= $SignupTool[$i]; $sql = "UPDATE Servers SET `VoteID`='".$_VoteID."', `UpOrDown`='".$_UpOrDown."', `UpvoteTool`='".$_UpvoteTool."', `SignupTool`='".$_SignupTool."' WHERE `ID`=".$user_id.""; mysqli_query($sql);//or whatever way you are runing your query. echo $sql."<br>"; }的类中的道具：

<Popup>

在Popup类中，您应将父类中传递的 isVisible道具分配给Popup类状态-显示。

如果弹出窗口未使用任何状态（在许多情况下），则应考虑使用SFC（无状态功能组件）。维护起来容易得多。

反应本地按钮按下以控制导入的类状态

1 个答案: