快速版本:如何在视图模板中输出分类术语ID?我只想要数字ID值。这将用作链接锚。
长版本:
场景中,我有一个显示分类术语列表的视图。该视图有一个页面和一个区块。页面视图设置为将块视图显示为页眉。该Block视图仅包含分类法名称。Page视图显示了所有的分类内容。
我希望区块视图列表锚定到页面视图中的项目:
这个视图已经构建好了,缺少的部分就是把锚链接放在合适的位置。
视图目前包含3个自定义模板文件:
views-view-fields--categories--page.tpl.php
<article id="NEED THE TERM ID HERE">
在我的ci设置中,目录结构是
application
system
public_html
我的主控制器呈现视图( / home /index ),现在我希望内部索引视图呈现_mainMenu.php,该视图保存在外部,所以我尝试在/ home / index视图<?php include '../_mainMenu.php' ?>
但是这个错误发生了。
遇到严重程度PHP错误:警告
消息: include():未能打开“../mainMenu.php”以包含(include_path='.:/usr/lib/php:/usr/local/lib/
Users.php控制器
class Users extends CI_Controller{
public function userList(){
$data['results'] = $this->user_model->get_users();
$this->load->view('users_view',$data);
}
}
user_model.php模型
class User_model extends CI_Model{
public function get_users()
{
我必须在控制器文件夹中有一个名为about.php的控制器。现在,在视图文件夹中,我有一个名为about.php的视图。在index.php视图中,我想用链接调用该视图,但它不是调用,我对Codeignitor非常陌生。
这是我在index.php中的呼叫代码
<a href="<?php echo base_url();?>About/about">About Us</a>
这是我在控制器文件夹中的控制器代码about.php。
class About extends CI_Controller {
function index(
我正在构建一个PHP can应用程序,我正在尽可能多地遵循MVC模式。因此,对于页面中的每个页面或元素,我都有一个控制器文件和一个视图文件。模型就是数据库本身。
例如,在我的index.php页面上,我预先执行所有的业务逻辑,然后输出视图,该视图期待一组特定的变量:
index.php
<?php
// all the business logic here
$h = "hello";
$w = "world";
// setting up the variables that the view is expecting
$title = $h.
我需要一些Symfony模板的指导。我只想在一个控制器中为所有视图设置默认模板。而不是在每个视图页面中扩展模板。请检查代码,我现在是如何使用的。
//Controller
class HomeController extends Controller
{
public static $title="Customised Title";
public function indexAction()
{
return $this->render('homeBundle:Home:index.html.php',ar