问题标签 [zend-view]

我正在使用 Zend Framework 1.6，因此我没有使用 Zend_Application。

我有一个简单的普通视图助手（扩展 Zend_View_Helper_Abstract）。只要我将它添加到我的动作控制器的视图中，它就可以正常工作。但我希望能够在每个模块的每个视图中使用它。我认为在我的引导文件中获取全局视图并执行以下操作应该很容易：

但我似乎无法在我的引导文件中获取 $view 对象。我也试过

但这也无济于事。我试过把它放在我的 boostrap（这是一个前端控制器插件）的 preDispatch() 和 postDispatch() 中。

有人对如何做到这一点有任何想法吗？看来应该是这么简单，可是我这两天没找到解决办法。

谢谢大家 :) 阿里

好的，所以我尝试使用 zend 形式，但我想要完成的事情对我来说处理 zend 形式太多了。我会尝试用几行来描述它，也许你有一个解决方案，如果没有，你会明白为什么我选择在视图文件中使用表单。

我有一个用于在数据库中搜索产品的表格。搜索是使用自动完成（定制）完成的。当用户按下“将产品添加到列表”时，产品将被添加到表单中的 div 中，从而产生列表的印象。我想将此（表单中新添加的输入）提交给控制器并处理表单。我不知道该怎么做，或者不可能，还没有任何线索，但是 zend 表单让我非常头疼，以至于我非常接近停止使用它。

所以我在我的视图文件中设计了一个静态表单。我在那里有我的 jquery 东西，我添加了数据（隐藏的输入字段和复选框），我想发布到我的控制器。问题是如何在我的控制器中获取 $_POST 数组？

例如，我echo $this->escape($this->test);在 index.phtml 和控制器中有$this->view->test = 'test message';，但我想从引导程序中执行此操作，因为我想在每个页面（控制器）中显示表单。

我想在 zend 框架中添加自定义视图助手，如下所示：

1. 我在 application.ini 中放置了这段代码：

   includePaths.library = APPLICATION_PATH "/../library"
   并在 myproject 根目录中创建库目录

2. 在库目录中创建视图助手 TabEntry.php

   Zend_View_Helper_TabEntry 类扩展 Zend_View_Helper_Abstract {

   公共函数 TabEntry() {

   }
   }

3. 在库目录中创建另一个视图助手 TabEntries.php

   Zend_View_Helper_TabEntries 类扩展 Zend_View_Helper_TabEntry {

   公共函数 TabEntries() {

   }
   }

4. 在我的 phtml 中使用 $this->TabEntries() 时出现错误
5. 在 Bootstrap.php 我添加了一些代码：
   $view->addHelperPath('MyView/Helpers', "library_MyView_Helpers");
   $viewRenderer = Zend_Controller_Action_HelperBroker::getStaticHelper('ViewRenderer'); $viewRenderer->setView($view);

问题：有时在我们的 zend 控制器中，我们不希望直接输出脚本，而是希望该脚本的内容。一个示例：当我们需要将视图脚本的结果 html 输出包含在另一种结构（如 JSON 或 XML）中以便在客户端进行处理时。

我在堆栈溢出时在这里找到了结果，但不是那么快，因为它在不同的上下文中。我已经为此苦苦挣扎了 2 天。事实证明这很简单：

我希望这很清楚，并且对某人有用。

我的应用程序有一个相对复杂的部分，它是访问控制列表的编辑器。我需要在几个地方重用它，我希望它可以加载所有 ajax-y 等。

因为需要经常使用，所以想把它做成一个Zend_View_Helper。这很简单——只需放入$view->setHelperPath(APPLICATION_PATH . '/views/helpers', 'Cas_View_Helper');视图的引导程序，所有的设置似乎都与加载视图助手有关。

但是，帮助程序确实应该使用视图脚本输出。有一个标准的位置，我应该把它放在哪里？

我通过在其中创建一个 partials 文件夹layouts/scripts/partials然后创建mypartial.phtml. 是否有命令可以更快地执行此操作，例如可能吗？

zf create partial

我认为这不存在，但有什么类似或比这种手动方式更快的东西吗

这些是与引导视图相关的引导程序中的 _init 函数的 2 种不同实现。

立即获得视图：bootstrap('view')然后将其作为资源获取

另一个在布局中需要更长的路线bootstrap('layout')

我不想仅仅因为更长的代码就认为更长的代码效率低下。通过第layout一个而不是立即击中它是否会增加一些东西view？

application我正在寻找有关如何从左侧文件夹包含的普通文件夹结构models,views,controllers到右侧的基于模块的文件夹结构的分步说明，其中application包含一个modules文件夹，其中包含单个模块及其拥有models,views,controllers.

我说“转换”是因为我认为 zend 不允许我们从一开始就使用模块体系结构创建项目，但如果这样做，那将是膨胀的，并且不需要手动进行这些文件夹结构更改。

这是我到目前为止的经验

• 当我创建一个模块zf create module product时，会生成模块文件夹并在product其中生成一个文件夹views,controllers,models，并且还会生成该模块的。

• 但我还需要将主目录移动views,controllers,models到modules/default自己的文件夹中。如果我手动创建该文件夹并将主文件夹移到views,models,controllers那里，则在尝试将新控制器添加到该default模块时会出现错误。错误在于它重新生成main（现在丢失）views,controllers,models并将application新控制器插入其中，application/controllers/newcont因为它无法识别默认控制器文件夹已手动移动到application/modules/default/controllers/.

• 因此，我对此的解决方案是zf create module default然后将 main 复制到views,models,controllers那里。它最终看起来一样，但不知何故，zf create module方法有所不同。当我这样做时，新控制器会正确添加到application/modules/default/controllers而不是application/controllers

问题解决了一半。但是当我尝试查看应用程序时，我看不到任何东西index/index。我也没有收到任何错误，但我什么也没看到。我怀疑这是因为应用程序不知道index/index视图已经移动。

• 这曾经位于application/views/scripts/index/index.phtml
• 但现在位于application/modules/default/views/scripts/index/index.phtml

我猜我需要对 application.ini 或 bootstrap.php 或其他位置进行更改。那么，让这件事顺利完成并让它发挥作用的具体步骤是什么？我正在使用最新的 ZF 1.10.8。请从创建一个新的 zend 项目开始，这样就不会混淆确切的步骤。

Smarty 有一个 {strip} 函数：

哪个输出：

我也想在 Zend 中执行此操作（以减少每个请求发送的字节数），而不安装 Smarty。

但是，我不想向每个 Layout / .phtml 文件添加代码，所以前端控制器插件会很好。