1.创建模型 a.加入基类 use yii/base/Model b.创建类继承自基类 c.创建所需要的变量 e.定义规则 f.注意里面用[]括起来 例如: phpnamespace app\models;use yii\base\Model;class EntryForm extends Model {public $name;public $email;public function rules(){return [[['name', 'email'], 'required'],['email', 'email'],];} }该类继承自Yii 提供的一个基类 [[yii\base\Model]]，该基类通常用来表示数据 补充：[[yii\base...
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Yii使用Forms，yiiforms1.创建模型 a.加入基类 use yii/base/Model b.创建类继承自基类 c.创建所需要的变量 e.定义规则 f.注意里面用[]括起来 例如: phpnamespace app\models;use yii\base\Model;class EntryForm extends Model {public $name;public $email;public function rules(){return [[['name', 'email'], 'required'],['email', 'email'],];} }该类继承自Yii 提供的一个基类 [[yii\base\Model]]，该基类通常用来表示...
原文来自：https://jellybool.com/post/programming-with-laravel-5-laravel-forms-input 在开始之前，我们把界面先美化一点点先： 首先到https://github.com/JellyBool/blog-css-js得到静态文件，然后分别修改下面三个文件： 1. app.blade.php2. articles/index.blade.php3. articles/show.blade.php 下面的视图代码的修改部分，如果你偷懒，你可以使用ctrl+c大法。 在app.blade.php中：将原来@yield(content)的代码替换成...
laravel5.2框架里，默认不带form模块，所以需要自己安装，参考：from模块安装 在路由里面添加新的路由app/Http/routes.php Route::get(/articles,ArticlesController@index);Route::get(/articles/create,ArticlesController@create);//因为下面的{id}能够传入所有作为id的参数到show方法，所以需要先将create路由放在他的上面，这样在访问的时候，会优先匹配create路由，然后再到下面的Route::get(/articles/{id},Art...
如题，如这一问https://www.drupal.org/node/447804，没解决回复内容：如题，如这一问https://www.drupal.org/node/447804，没解决views+ds+context
我正在尝试在Zend Forms中创建类型为email的输入,但无法完成所需的结果. 我创建了一个自定义类：namespace AAA\Forms\Elements;class Email extends \Zend_Form_Element_Text {function __construct($name, $label, $required){parent::__construct($name);$this->setAttrib('type', 'email');$this->setLabel($label)->setRequired($required);} }然后我像这样使用它：class Application_Form_Register extends Zend_Form {public...
当前,我将C#mysql连接信息存储在类文件本身中,这似乎并不聪明,因为最终用户可以简单地使用NET Reflector之类的反射器来调试源代码,以防万一. 现在,使用stackoverflow的用户推荐创建一个将操作数据库的Web服务.最终用户将使用的软件然后使用用户的凭据通过Web服务简单地对自身进行身份验证,然后使用它来访问资源. 现在,我遇到以下问题,我的服务器正在linux ubuntu上运行,并且已经存储了使用plesk创建的网站. 我知道我可以使用http:/...
我正在使用Zend 1.8.4并设置一个简单的表单测试.我的表单类位于’./application/forms/SectorSearch.php’中,类名是<?php class Form_SectorSearch extends Zend_Form {...}我的控制器在init()方法中创建一个新表单<?php class SectorController extends Zend_Controller_Action {function init(){$this->initView();$form = new Form_SectorSearch(array('method' => '/public/sector/search','action' => 'post'));$this->view->...
我有一个表单,我想提交并在Colorbox中显示. 表格是Mals Ecommerce View Cart. 见：https://www.mals-e.com/tpv.php?tp=4 我希望它在彩盒iframe中显示购物车内容.这可以使用FORM方法而不是Link方法吗？解决方法:这里最好的答案.. 将此添加到您的提交按钮：id =“SearchButton” 然后用这个：$(document).ready(function() {$("input#SearchButton").colorbox({href: function(){var url = $(this).parents('form').attr('action');v...
出于可用性目的,我喜欢以这种方式设置表单字段：<?php$username = $_POST['username']; $message = $_POST['message'];?><input type="text" name="username" value="<?php echo $username; ?>" /><textarea name="message"><?php echo $message; ?></textarea>这样,如果用户验证失败,他之前输入的表单输入仍然存在,并且不需要从头开始. 我的问题是我似乎无法使用用户之前选择的选项(在验证失败后页面刷新时)选中复选框.这该怎么做...
在尝试构建表单时,我收到此错误：InvalidArgumentException in FormRegistry.php line 87: Could not loadtype “form”我已经注册了FormServiceProvider,TranslationServicerProvider和ValidatorServiceProvider. 这是我的代码的相关部分：$this->_form = $this->_app['form.factory']->createBuilder('form', $this->_map())->add('firstName', 'text', ['constraints' => [new Assert\NotBlank()]])->add('lastName', 'text', [...