Django admin中同一模型的多个ModelAdmin/视图
如何为同一型号创建多个ModelAdmin，每个URL以不同的方式定制并链接到不同的URL？
假设我有一个名为Posts的Django模型。默认情况下，此模型的管理视图将列出所有Post对象。
我知道我可以通过设置变量(如list_display )或覆盖ModelAdmin中的queryset方法，以各种方式定制页面上显示的对象列表，如下所示：
class MyPostAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('title', 'pub_date')
def queryset(self, request):
request_user = request.user
return Post.objects.filter(author=request_user)
admin.site.register(MyPostAdmin, Post)默认情况下，这可以通过URL /admin/myapp/post访问。然而，我希望有相同模型的多个视图/ModelAdmin。例如，/admin/myapp/post将列出所有的帖子对象，/admin/myapp/myposts将列出属于该用户的所有帖子，而/admin/myapp/draftpost可能会列出所有尚未发布的帖子。(这些只是示例，我的实际用例更加复杂)
不能为同一模型注册多个ModelAdmin (这会导致AlreadyRegistered异常)。理想情况下，我希望实现这个，而不是将所有东西都放在一个ModelAdmin类中，并编写我自己的'urls‘函数来根据URL返回不同的查询集。
我已经看过Django源代码，我看到像ModelAdmin.changelist_view这样的函数可以以某种方式包含在我的urls.py中，但我不确定它到底是如何工作的。
更新：我已经找到了一种做我想做的事情的方法(见下文)，但我仍然想听听其他的方法。
回答 3
Stack Overflow用户
发布于 2010-02-09 19:59:57
我已经找到了一种方法来实现我想要的，通过使用代理模型来避免每个模型只能注册一次的事实。
class PostAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('title', 'pubdate','user')
class MyPost(Post):
class Meta:
proxy = True
class MyPostAdmin(PostAdmin):
def get_queryset(self, request):
return self.model.objects.filter(user = request.user)
admin.site.register(Post, PostAdmin)
admin.site.register(MyPost, MyPostAdmin)那么默认的PostAdmin将可以在/admin/myapp/post上访问，用户拥有的帖子列表将在/admin/myapp/myposts上。
在研究了http://code.djangoproject.com/wiki/DynamicModels之后，我提出了下面的函数实用函数来做同样的事情：
def create_modeladmin(modeladmin, model, name = None):
class Meta:
proxy = True
app_label = model._meta.app_label
attrs = {'__module__': '', 'Meta': Meta}
newmodel = type(name, (model,), attrs)
admin.site.register(newmodel, modeladmin)
return modeladmin它的用法如下：
class MyPostAdmin(PostAdmin):
def get_queryset(self, request):
return self.model.objects.filter(user = request.user)
create_modeladmin(MyPostAdmin, name='my-posts', model=Post)Stack Overflow用户
发布于 2013-09-11 23:25:13
Paul Stone的回答绝对很棒！为了补充一下，对于Django 1.4.5，我需要继承来自admin.ModelAdmin的自定义类
class MyPostAdmin(admin.ModelAdmin):
def queryset(self, request):
return self.model.objects.filter(id=1)Stack Overflow用户
发布于 2021-11-26 18:38:17
根据正确的答案，我修补了AdminSite类并添加了方法register_via_proxy以使任务更容易。
import re
from django.contrib import admin
def _register_proxy(self, model, admin_class):
proxy_model = type(
admin_class.__name__, (model,), {
"__module__": re.sub(
r'(^.*?)(\.[^\.]+)$', r'\1.proxy', model.__module__
),
"Meta": type("Meta", tuple(), {
"proxy": True,
"app_label": model._meta.app_label
})
}
)
return self.register(proxy_model, admin_class)
admin.sites.AdminSite.register_via_proxy = _register_proxy它的用法如下：
site = admin.sites.AdminSite()
site.register_via_proxy(models.ModelType, AdminClass)https://stackoverflow.com/questions/2223375
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