Symfony2，Twig JSON模板vs json_encode：适合这种情况的是什么

Question

关于最佳做法的快速提问。

我有一个AJAX应用程序，其中有4条路由都返回JSON供jQuery使用。

我目前在Controller的末尾使用类似的东西

return new Response(json_encode($some_array));

在一个地方我使用JMSSerializer，因为我试图传递给Javascript的对象具有受保护的属性。这似乎永远不对，我想知道我是否应该'教'对象知道如何将其所有属性编码为JSON并将它们作为其中一种方法的返回值发送出来。

无论如何，今天早上我有一个脑波，我应该做的是制作一个包含我希望输出的确切格式的Twig JSON模板，然后填充PHP中的变量。在对象中输出对象集合也需要几个循环。

这样一来，PHP就会明确承诺/合同将会返回到Javascript，如果我碰巧发生这样的事情就不会搞砸了。改变对象。我怀疑对于那些正在使用javascript的人来说这会更容易理解，因为模板比PHP更容易阅读。

我是否走在正确的轨道上：我应该使用 JSON Twig模板而不是一般使用json_encode吗？

编辑（同时回到牧场）

自从发表这个问题后，我的研究表明：

Twig JSON模板与json_encode

• 将消除对JMSSerializer的需求而不是非法获取 受保护对象属性。
• 更具可读性/可预测性，特别是对于另一方的Javascript人员。
• Twig将检查变量是否存在如果JSON无法立即标记 匹配预期的格式，例如对象改变了。所以做到了 更难打破Javascript和PHP之间的友谊。
• 单元测试也会执行此操作（并且可以验证值），但可以稍后添加。
• 将内部对象与外部接口分开，意味着作为模式，我们避免了有关json_encode或JMSerializer如何形成JSON的任何不需要的细节。让我成为一个完全控制JSON输出的人。
• 比json_encode（）
慢
• “我会避免使用模板来呈现数据，因为在模板中负责转义数据等”Symfony2: Echoing JSON From a Controller for Use in an ExtJS 4 Grid
• 意味着做{{variable_name | json_encode |很多：看http://twig.sensiolabs.org/doc/filters/json_encode.html（原始意味着关闭自动转义）
• “只需将JSON数据作为来自控制器的响应返回效率更高，因为Symfony不需要进行模板化阶段”Content length: 0 in a json response Symfony2

Answer 1

如果你担心的是没有合同，那么也许你应该写一个单元测试。它可以更进一步，因为你也可以通过这种方式签订属性值的合同。