PHP，了解 MVC 和 Codeigniter答案

【问题标题】：PHP, understanding MVC and CodeigniterPHP，了解 MVC 和 Codeigniter
【发布时间】：2012-05-21 07:01:49
【问题描述】：

我正在尝试了解 MVC，并学习 CI 框架。我有一些关于 MVC 的问题和一些关于 CI 的基本问题。

1）当我从教程中阅读时，视图是应用程序的可视化部分，我的问题是：例如，有一个“登录”按钮，但如果用户已经登录，按钮将是“注销”。登录检查在哪里？在控制器上还是在视图上？我的意思是

   //this is view//

     <?php if($_SESSION('logged') == true):?>
     <a href="logout">Logout</a>
     <?php else: ?>
     <a href="login">login</a>        
     <?php endif; ?>

或

  //this is controller//

 if($_SESSION('logged') == true)
 $buttonVal = 'logout';
 else
 $buttonVal = 'login';

 //and we pass these value to view like
 $this->view->load('header',$someData);

 //this time view is like
 <a href="<?=$somedata['buttonVal']?>"><?=$somedata['buttonVal']?></a>

我只是写这些代码作为示例，我知道它们不会工作，它们是虚构的代码，但我想你明白我的意思。登录检查应该在控制器上还是在视图上？

2) 模型应该只包含有关数据的代码并将它们返回给控制器吗？例如有一个数学，我们从数据库中获取 2 个值并将它们相乘并显示它们。模型会成倍增长还是控制器会成倍增长？

在这里，我们使用模型加载数据并在控制器上进行数学运算： //模型

   $db->query(....);
   $vars=$db->fetchAll();

   return $vars;

   //controller
   $multi = $vars[0] * $vars[1];
   $this-load->view('bla.php',$mutli);

这里我们使用模型加载数据并对模型进行数学运算，控制器只是将数据从模型传递到视图：

   //model

   $db->query(....);
   $vars=$db->fetchAll();
   $multi = $vars[0] * $vars[1];
   return $multi;

   //controller
   $multi = $this->model->multiply();
   $this-load->view('bla.php',$mutli);

我的意思是，模型应该只做数据库工作并将数据传递给控制器，控制器做剩下的工作并将视图发送到渲染？或者模型确实有效，控制器获取它们并将它们发送到视图？

3）这是关于codeigniter的，我有一个必须在每个页面中的标题，但它有javascripts，css取决于我正在使用的页面

        <?php foreach ($styles as $style): ?>
        <link id="stil" href="<?= base_url() ?>/css/<?= $style ?>.css" rel="stylesheet" type="text/css" />
        <?php endforeach; ?>

这将在每个页面上，所以在我拥有的每个控制器中

$data['styles'] = array('css1','css2');
$this->load->view('header', $headers);

我正在考虑做一个主控制器，在里面写这个，我所有的其他控制器都会扩展这个，我在 CI wiki 上看到了 MY_Controller，这个 MY_Controller 和我正在做的一样吗？有没有其他方法可以做到这一点？

对于糟糕的英语和虚拟问题，我们深表歉意。感谢您的回答。

【问题讨论】：

由于您使用的是 CodeIgniter，因此您不必担心理解 MVC，因为您将不得不在稍后阶段消除他们对它的所有误解。做现在有效的事。
看看这个：Detailed Overview Of MVC
@Gordon 你能详细说明这些误解是什么吗？
@Repox 他们的用户指南声称“模型是 PHP 类，旨在处理数据库中的信息”，然后继续显示除了执行 CRUD 之外没有其他目的的类，给人的印象是模型 == 数据库，这是错误的。此外，他们所谓的 ActiveRecord 实际上是一个非常简单的 QueryBuilder。如果您愿意深入了解他们的代码，我相信还有更多内容可以找到。
@Repox 如果他们明确指出模型是由附加层组成的层，例如服务层、域模型、持久层等，并且确实是您的应用程序的核心，那么我不会介意CRUD 示例，但没有类似的东西，如果您查看 SO 上的问题，您会发现 CI 用户认为 Model 是一个仅执行 CRUD 的类。至于AR，它甚至不是修改版。 AR 是一个添加了业务逻辑的行对象。他们的修改版本根本不是那样的。我同意有很多糟糕的框架，但 CI 是最糟糕的框架之一。

标签： php model-view-controller codeigniter model

【解决方案1】：

这绝对是视图逻辑，在我看来是正确的做法：

 <?php if($logged_in):?>
 <a href="logout">Logout</a>
 <?php else: ?>
 <a href="login">login</a>        
 <?php endif; ?>

$logged_in 的值可能会从对库方法的调用中检索到：

<?php if ($this->auth->logged_in()): ?>

身份验证是您希望全局访问的内容之一，因此您可能出于不同原因在控制器或视图中调用$this->auth->logged_in()（但可能不在模型中）。

在我拥有的每个控制器中

$data['styles'] = array('css1','css2');
$this->load->view('header', $headers);

是的，您可以使用MY_Controller 扩展控制器类，但最好将其保留在视图/表示层中。我通常创建一个主模板：

<html>
<head><!-- load assets --></head>
<body id="my_page">
  <header />
  <?php $this->load->view($view); ?>
  <footer />
</body>
</html>

并编写一个用于加载模板的小包装类：

class Template {
  function load($view_file, $data) {
      $CI = &get_instance();
      $view = $CI->load->view($view_file, $data, TRUE);
      $CI->load->view('master', array('view' => $view));
  }
}

在控制器中的使用：

$this->template->load('my_view', $some_data);

这样可以避免重复加载页眉/页脚。在我看来，展示逻辑，如加载哪个 CSS 文件或页面标题应该尽可能属于视图。

就模型而言，您希望它们是可重用的 - 所以让它们做您需要的事情，并使其与数据操作（通常只是您的数据库）严格相关。让您的控制器决定如何处理数据。

与 MVC 无关，但通常您希望编写尽可能少的代码。冗余表明您可能会找到更好的解决方案。这些是广泛的提示（就像您的问题一样），但希望对您有所帮助。

【讨论】：

【解决方案2】：

1) 视图逻辑应该很简单，如果需要的话，主要是 if-then 语句。在您的示例中，任何一种情况都可以，但使用视图中的逻辑。但是，如果您正在检查登录并在未登录时重定向，那么这将发生在控制器（或库）中。

2) 将 Codeigniter 模型视为访问数据库功能的方式 - 创建、检索、更新、删除。对于 Codeigniter 模型，我的（松散的）经验法则是返回更新、删除或插入查询的结果或提取查询的结果集。然后可以在控制器中进行任何适用的数学运算。如果这是每次都会发生的数学运算，请考虑将其添加到库函数中。见下文...

3) 扩展控制器是实现此目的的正确和最佳方式。

*) 不要在你的盘子里添加更多，但也一定要了解Codeigniter Libraries。例如，在您的控制器中，您可以加载您的库。然后你从你的控制器调用你的库函数。库函数调用一个模型来检索您的数据库结果。然后库函数对该函数执行数学运算并将结果返回给控制器。控制器只剩下很少的代码，但由于库和模型而完成了很多工作。

【讨论】：

-1 表示“将模型视为数据库访问功能”。模型不仅仅是数据库。
来自 Codeigniter 用户指南“模型是 PHP 类，旨在处理数据库中的信息。”
模型不仅仅是 CRUD 函数。
Codeigniter 用户指南不应该是您从中获取概念的东西。只是说。
@ChristopherIckes 他们错了。他们还声称他们的 QueryBuilder 是 ActiveRecord，但事实并非如此。

【解决方案3】：

用户登录检查应该在控制器中。这应该是需要在构造函数中调用的第一个函数。

Below i have given the sample code which redirects the user to the login page if he is not logged in, hope this would give you some idea,

<?php

class Summary extends Controller {

    function Summary() {
        parent::Controller();
        $this->is_logged_in();
    }

    function is_logged_in() {
        $logged_in = $this->session->userdata('logged_in');
        if (!isset($logged_in) || $logged_in != true) {
            $url = base_url() . 'index.php';
            redirect($url);
            exit();
        }
    }

?>

通过检查视图中的会话变量并做出相应的决定，可以在视图中实现按钮更改。

请看这个link

【讨论】：

你说The user lo-gin check should be in the controller.，然后最终写了视图中的逻辑......