如何在 Laravel 的 Route Params 上使用 ->where() 条件答案

【问题标题】：How to use ->where() condition on Route Params in Laravel如何在 Laravel 的 Route Params 上使用 ->where() 条件
【发布时间】：2018-10-24 11:58:59
【问题描述】：

我将Laravel 5.7中Route的默认参数改成

Route::resource('questions', 'QuestionController')->parameters(['questions' => 'question_slug']);

但是我很困惑如何将正则表达式模式设置为那个新参数，我想在这个参数上应用slug_regex，我试过这个：

Route::resource('questions', 'QuestionController')->parameters(['questions' => 'question_slug'])->where(['slug' => '^[A-Za-z0-9]+(?:-[A-Za-z0-9]+)*$']);

但是得到这个错误：

BadMethodCallException 方法 Illuminate\Routing\PendingResourceRegistration::where 不存在。

【问题讨论】：

标签： laravel parameters routes

【解决方案1】：

最后我在一行代码中找到了解决方案，要在参数/参数上设置正则表达式验证，只需导航到YourProjectName\app\Providers\RouteServiceProvider.php，您将在其中找到名为boot的方法，它包含此代码默认情况下；

public function boot()
{
    //

    parent::boot();
}

只需在此处添加您的参数即可；

Route::pattern('parameter', 'regex-rule-here');

所以你的代码将是;

public function boot()
{
    //

    Route::pattern('slug', '[\w\d\-\_]+');

    parent::boot();
}

对于更多参数，只需将您的参数传递到数组中：

Route::pattern(['1st-para' => 'regex-rule-here', '2nd-para' => 'regex-rule-here']);

【讨论】：

【解决方案2】：

所以Route 在 Laravel 中并不是一个真正的类，实际上是一个 Facade，它可以让你像静态一样访问真正的类。

当查看resource() 函数时，这使您可以访问的真正类是Illuminate\Routing\Router（这是在您编写Route::resource() 时调用的），我们可以看到它返回一个Illuminate\Routing\PendingResourceRegistration 对象和where() 方法不适用于此类。

那么如何解决您的问题呢？有两种方法，您可以检查slug 在您的controller 操作中是否有效，或者您可以创建一个middleware，因为资源路由可以附加middleware。

【讨论】：