如何使 django 的所有 url 成为水平 slug？

Question

如何使 django 的所有 url 成为顶级 slug？ 顶级 slug 我的意思是所有 url 都有独特的 slug 示例：

example.com/articles
example.com/article-1
example.com/article-2
example.com/article-3
example.com/reviews
example.com/reviews-1
example.com/reviews-2
but not:
example.com/articles/article-1
example.com/articles/article-2
example.com/articles/article-3
example.com/reviews/reviews-1
example.com/reviews/reviews-2

我有很多应用，例如文章、评论和其他自定义页面。

那么，您对我使用这样的模型创建应用程序的这种方法有何看法：

class Link(models.Model):
    slug = models.SlugField(unique=True)

然后我将在我的文章模型中使用它，如下所示：

from links.models import Link

class Article(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.OneToOneField(
        Link,
        on_delete=models.CASCADE,
        primary_key=True,
    )
    body = models.TextField()

.

from links.models import Link

class Review(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.OneToOneField(
        Link,
        on_delete=models.CASCADE,
        primary_key=True,
    )
    review = models.TextField()

然后我的鬃毛 urls.py 文件中将只有一个 url 字段：

url(r'^(?P<slug>[-_\w]+)', views.link, name='link'),

现在我应该如何过滤我想要返回文章或评论的数据？

这样还是有更好的解决方案？

from django.http import HttpResponseRedirect

from .models import Link
from articles.models import Article
from review.models import Review

def link(request, link):
    link = Link.objects.get(link=link)
    if Article.objects.filter(slug=Link).exists():
        link = link.slug
        return HttpResponseRedirect(link)

    if Review.objects.filter(slug=Link).exists():
        link = link.slug
        return HttpResponseRedirect(link)

    return HttpResponseRedirect('/')

Google 需要它，因为如果我决定有一天将 /articles 更改为 /blog，那么我将在 google 搜索中破坏数百个 url。

Answer 1

你的想法几乎是完美的。我只推荐更改：

1) 似乎不需要Link 模型。你 slug 可以是 CharField 内部的 Article 模型本身

class Article(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.CharField(max_length=255, unique=True)
    body = models.TextField()

2) 评论属于文章。因此，与其将 Review 与不应再存在的 Link 对象的 ForeignKey 不同，不如将 ForeignKey 与 Article 相匹配