Question

我是CodeIgniter的新手。以前我开发了一个登录脚本，使登录页面看起来与用户正在查看的页面相同，其行类似于以下内容：

include('loginpage.php');
exit;

但是使用CodeIgniter时，由于输出类的功能尚未完全执行，因此未显示任何结果：

$this->load->view('loginpage');
exit;

所以我的问题是：有没有其他方法可以模仿我之前方法的功能？最后我更喜欢这种方法，因为它似乎是在他们请求的页面上使用它们只需要先登录才能看到它们。如果它们还没有。

Answer 1

尝试：

$msj= $this->load->view('loginpage',$data,true);
exit($msj);

Answer 2

在codeigniter中执行此操作的一种方法是在控制器类中，首先检查登录。这可以在构造函数中完成：

function __construct()
{
    parent::__construct();
    $this->_checkLogin();
}
function checkLogin()
{
    $loggedIn = $this->getLoggedIn();
    if(!$loggedIn)
    {
        $this->load->view('loginpage');
        exit;
    }
}

该函数将在任何其他控制器操作之前执行。如果您在整个应用程序中全局需要它并且您有多个控制器，请使任何控制器从特定于您的应用程序的基本控制器扩展。请参阅http://codeigniter.com/user_guide/general/core_classes.html中的替换核心类。

可比较意味着模仿CodeIgniter中的退出使用

2 个答案: