问题标签 [url-pattern]

我在 Eclipse 中创建了一个动态 Web 项目，并将 JSF jar 手动添加到 lib（而不是使用 maven）。我在 web.xml 中提供了 faces servlet 配置。

我正在尝试查看放置 webinf 文件夹的文件的 hello.xhtml 输出。但它正在抛出：

/hello.xhtml 在 ExternalContext 中找不到 Resource。

我的目录结构如下，

我使用的网址是，

web.xml

我正在开发一个需要加载动态模块（在运行时）的 Django 应用程序。现在我可以上传（从客户端浏览器到服务器）“插件”并在数据库中注册插件模型等。但我需要一种方法来处理每个插件的 urlpatterns。目前，我已经在 webapp 的“核心”中编写了一个函数，该函数注册了一个模型，并且（理论上）通过包含它来将上传插件的 urlpatterns 添加到 webapp urls.py 中。这个功能是：

插件以tgz格式上传到“media/tmp”，然后解压到“media/plugins/”，这里是插件的代号，用户上传的插件由“project.plugins”管理。

所有插件逻辑都可以正常工作，但是当我尝试将上传的插件 urls.py 文件包含到 webapp (project.plugins.urls) 中时，它不起作用。我已经打印了“project.plugins.urls.urlpatterns”的值，并且在“urlpatterns += pat....”之后没有修改。

有什么办法可以做我需要的吗？

此致

我觉得这是一个常见问题，但我研究过的任何东西都没有奏效......

在我的 web.xml 中，我有一个所有 REST 调用的映射 -

如果 URL 是，这很好用 -

但如果是则失败

我收到一条400 Bad Request错误消息The request sent by the client was syntactically incorrect ()。我不确定它是否能进入 Spring servlet 进行路由......

我怎样才能通配符开头的任何东西/rest，以便可以适当地处理它？

换句话说，我希望以下所有内容都有效 -

编辑- 根据要求的控制器代码

回答

@matsev我是否在那里似乎并不重要/。

当我将变量名转置以供公众查看时，我更改了几件事以使其正常工作。

原来的

我发布的内容

变量名不匹配让我陷入...我将其留在这里作为对所有人的警告...匹配您的变量名！

我最近开始学习/安装 django/haystack/solr。

按照 haystack 网站中给出的教程，

我发现 haystack 安装在 /usr/local/lib/python2.6/dist-packages/haystack 并在那里找到 urls.py。

它有

我认为 url() 的第二个参数应该是可调用对象。
我查看了views.py，SearchView 是一个类。
这里发生了什么？
最终叫什么？

如何理解例如 URL 模式。(?P<slug>[-\w]+)/$在 django url.py 中

我开始在 Django 1.4 中使用新的 i18n_patterns。基本上，我想在我的所有模板标题上都有我支持的每种语言的语言链接。我已将我的标题实现为一个单独的模板，该模板包含在其他模板中。

有没有办法让我的标题保持通用并解决这个问题，而无需在模板上下文中传递当前视图名称或当前 url？我想这是一个问题，我如何以通用方式从模板内部检索当前视图或 url。

顺便说一句，我发现我之前使用 set_lang 视图使用引用者更改活动语言的方法将被 url_patterns 破坏，因为在更改语言后，它会在重定向到被引用视图时将其改回。

任何帮助找出在模板中设置语言链接以以通用方式与 url_patterns 一起使用的通用方法将不胜感激！

我正在尝试在 Django 中获取请求的 url 的完整路径。我使用这样的 url 模式：('^', myawesomeview)，它适用于 domain.com/hello、domain.com/hello/sdfsdfsd，甚至适用于 domain.com/hello.php/sd""^some!bullshit .index.aspx（尽管“^”被替换为“%5E”）

但是当我尝试在请求中使用 # 时（例如http://127.0.0.1:8000/solid#url）它只返回“/sold”。有没有办法在不进行任何更改或替换的情况下获得完整路径？

顺便说一句，我得到带有返回 HttpResponse(request.path) 的 url 提前谢谢。

一段时间以来，我一直在为 Tomcat 处理这个 web xml 文件。

我知道这个文件正在被读取，因为当我测试使用

}

我能够读取我放入上下文参数的名称。我对你们的问题是如何创建一个 URL 映射，这样我就不必通过 /servlet/ 来访问我在 URL 中的 servlet？当我尝试制作一个 url 模式时，例如

/test/*，即使我说 website/test/TestServlet，我也无法访问 servlet。我从浏览器收到 404 Not Found 错误

我想开发一个带有动态网址的网络服务。

具有命名组的常见 url 模式将是这样的：

出于我的目的，我需要更多的动态，因为我从一开始就不知道组的数量。

例如，可能的网址可能是：

• 文章/帖子/评论
• 文章/帖子/作者
• 文章/帖子/ ...

我可以使用这样的东西：

.. 等等。有没有更聪明的方法来做到这一点？提前致谢！

我在使用 Django urlconf 时遇到问题。

基本上我有这个模式：

^publication/(?P<pub_search>[\w\.=&]+)?(/keyword/(?P<key_search>[\w=&]+))?(/author/(?P<auth_search>[\w=&]+))?(/tag/(?P<tag_search>[\w=&]+))?(/from/(?P<from_date>[\w\d=&]+))?(/until/(?P<until_date>[\w\d=&]+))?$

根据这种模式，我应该能够拥有这种形式的 URL：

http://127.0.0.1:8000/publication//author/name=crock

事实上，这个 url 表单在我的 django 开发服务器中被识别。但在生产服务器（Apache + mod_wsgi）上，它与 url 不匹配。

我不知道它在产品服务器上以这种方式运行的原因。

干杯