symfony - 如何在没有重复代码的情况下获取 Symfony 5 页面中的当前页面？

Question

我想获取当前页面并在 symfony 5 中提供一个没有重复代码的活动类。这是代码示例：

    <li class="{{ app.request.get('_route_')=='home' ? 'active':''}}">
       <a href="{{path('home')}}">Home</a> 
   </li>
    <li class="{{ app.request.get('_route_')=='contact' ? 'active':''}}">
        <a href="{{path('contact')}}">Contact</a> 
    </li>

</ul>

Answer 1

作为@DhiaDjobbi 答案的延伸

我真的想减少“重复”代码，我也会在数组中定义菜单

{% set active_page = app.request.get('_route') %}
{% for page in pages %}
    <li  {% if page == active_page %} class="active" {% endif %} >
        <a href="{{path(page)}}">{{ page }}</a> 
    </li>
{% endfor %}

Answer 2

你可以在 Template 中创建一个更易读的 twig 变量。

{% set page = app.request.get('_route') %}

然后使用 If Condition 进行测试。

<li  {% if page == 'home' %} class="active" {% endif %} >
   <a href="{{path('home')}}">Home</a> 
</li>
<li  {% if page == 'contact' %} class="active" {% endif %} >
   <a href="{{path('contact')}}">Contact</a> 
</li>