我在将记录插入数据库时遇到了问题。我是Yii框架的初学者，所以我可能犯了一些愚蠢的错误。
这来自SiteController
public function actionCreatePost(){
$model = new PostForm();
$post = new Post();
if ($model->load(Yii::$app->request->post()) && $model->validate()) {
$post->body = $model->body;
$post->title = $model->title;
$post->save();
return $this->redirect('index');
}else {
return $this->render('createPost', ['model' => $model]);
}
}这是从Post类
public function behaviors()
{
return [
[
'class' => TimestampBehavior::className(),
'createdAtAttribute' => 'created_at',
'updatedAtAttribute' => 'updated_at',
'value' => new Expression('NOW()'),
],
[
'class' => BlameableBehavior::className(),
'createdByAttribute' => 'id_author',
]
];
}
2条答案
按热度按时间0wi1tuuw1#
问题是，您已经为表单创建了一个PostForm类（这是正确的），但您随后试图将响应加载到Post类中--一个完全不同的类。如果不进行修改，这将无法工作。
如果你看一下React：
您会看到表单数据位于PostForm键中，因此Yii只会将数据加载到PostForm类中。
因此，正确的解决方案是在PostForm中创建一个savePost（）函数，例如：
因此，操作将如下所示：
另一个选项是将键从PostForm重命名为Post。Yii将加载数据，但这不是最好的方法，因为它有点模糊。
希望能有所帮助
q8l4jmvw2#
我猜问题出在验证上。
我可以看到几个问题，我将指出。首先，我不明白为什么要创建一个
new PostForm，加载其中的数据并验证它，只是为了在new Post中转储一些值并保存它。是否有一些函数，您正在PostForm模型中运行，是由load或verify触发的？如果不是这样，我建议去掉其中一个模型，只使用另一个。通常，那就是Form模型。它作为ActiveForm和model之间的链接，处理所有的事情。你可以在Form模型中的createPost()函数中做所有的事情，然后在控制器中它看起来像第二，你可以在保存之前转储
post->getErrors()，看看验证是否有错误。你也可以调用$post->save(false)。如果你传递false给它，它就不会触发$post->validate()，有些错误可以忽略。如果有什么不清楚的地方，请告诉我。