- android - RelativeLayout 背景可绘制重叠内容
- android - 如何链接 cpufeatures lib 以获取 native android 库?
- java - OnItemClickListener 不起作用,但 OnLongItemClickListener 在自定义 ListView 中起作用
- java - Android 文件转字符串
我正在尝试使用此设置扩展 OnepageController:
应用程序/etc/modules/Custom_Checkout.xml
<config>
<modules>
<Custom_Checkout>
<active>true</active>
<codePool>local</codePool>
</Custom_Checkout>
</modules>
</config>
app/local/Custom/Checkout/etc/config.xml
<?xml version="1.0" encoding="UTF-8"?>
<config>
<modules>
<Custom_Checkout>
<version>0.0.1</version>
</Custom_Checkout>
</modules>
<frontend>
<routers>
<checkout>
<args>
<modules>
<custom_checkout before="Mage_Checkout">Custom_Checkout</custom_checkout>
</modules>
</args>
</checkout>
</routers>
</frontend>
</config>
app/local/Custom/Checkout/controllers/OnepageController.php
require_once("Mage/Checkout/controllers/OnepageController.php");
class Custom_Checkout_OnepageController extends Mage_Checkout_OnepageController
{
public function indexAction()
{
echo "Index overidden";
}
}
我看过这些: Extend magento core controller (Checkout/OnepageController)
还有一些我无法发布,但上述方法似乎都不起作用。它只是不会覆盖 Controller 。
关于为什么这不是覆盖的任何想法?
最佳答案
不幸的是,这里可能有无数错误,而您的帖子中没有足够的信息来追踪它们。这里没有答案,而是调试提示。查看 _validateControllerClassName
函数。
protected function _validateControllerClassName($realModule, $controller)
{
$controllerFileName = $this->getControllerFileName($realModule, $controller);
if (!$this->validateControllerFileName($controllerFileName)) {
return false;
}
$controllerClassName = $this->getControllerClassName($realModule, $controller);
if (!$controllerClassName) {
return false;
}
// include controller file if needed
if (!$this->_includeControllerClass($controllerFileName, $controllerClassName)) {
return false;
}
return $controllerClassName;
}
每个 return false
都是 Magento 可能决定不使用您的 Controller 类进行请求的状态。尝试在 if 语句的内部和外部添加一些日志记录或 $controllerFileName
、$controllerClassName
的 var_dump
ing。这通常足以指出文件路径名或类中的小错误(大小写、缺少字符等)来构建您的模块。
如果您没有看到任何与 Custom_Checkout
相关的信息,这意味着 Magento 看不到您的模块,您应该开始调试它。
关于php - Magento 1.7 - 如何扩展核心 Controller ,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/12565937/
Yii::$app->runAction('new_controller/new_action', $params); 我相信这可以用来从另一个 Controller 调用 Controller Ac
这个问题类似于 this ,但我需要访问父成员(不是控制)。我不知道是否可以不使用依赖注入(inject)。 例如,我有一个父级,有一个成员调用用户,我需要从子 Controller 访问用户。 最佳
我有包含 2 个布局的根布局:- 选项面板- 绘制区域 我正在尝试的是访问 OptionsPaneController 中的 DrawAreaController 以调用其绘制方法。下面是 Optio
我的应用程序的 View Controller 层次结构设置如下: UIViewController | UITabBarController | UINavigationCo
我的应用程序的 View Controller 层次结构设置如下: UITabBarController | UINavigationController | | |
当我第一次为我目前在 Storyboard 中开发的应用程序创建基础布局时,我分两步完成: 选择我的 View Controller 并使用 Editor->Embed In->Navigation
设计要求: 显示用户可以选择的项目列表 选择一个项目后,使用后退按钮将用户带到一个新 View 。新 View 应在底部包含第一个屏幕中不存在的选项卡列表 单击选项卡中的项目时,应出现一个带有后退按钮
将父 Controller 设置为“parentCtrl as vm”,并将子 Controller 设置为“childCtrl as vmc”,以避免名称冲突,并且效果良好。 如何在子 Contro
我已经阅读了一些答案,例如关闭当前的 ViewController,但我的情况有所不同,因为我正在展示另一个 ViewController。 虽然我无法访问它的属性,但此代码显示了带有导航 Contr
如我所见,如果我们要实例化一个Model(例如,名为Post),我们只需调用: $post = new Post(); 现在,我还想实例化一个Controller(例如,名为Post,并为此 Cont
我已经疯狂地在整个网络上搜索解决我的问题的方法,但目前还没有。我的问题是我必须检查是否在 HTTP 请求中获得特定文本,该请求在一个 while 循环中,如果我这样做了,那么我应该离开循环并继续线程,
我想用this.get('controllers.pack.query');要得到App.PackQueryController在 App.PackController ,但失败了。 我认为问题是 E
我刚开始使用 Laravel。当我使用 codeigniter 或 zend 框架时,我可以将我的 Controller 组织到一个单独的目录中。例如,我可以创建“user/permission.ph
在 emberjs 前 2 我们可以从另一个 Controller 访问 Controller 或 Controller 中的任何方法 以下方式: App.get('router').get('nav
这可能是非常简单的实现,但我是 iOS 编程的新手,我似乎被卡住了。 所以,基本上,我有一个选项卡式应用程序。我决定除了标签栏之外还需要一个导航栏。为此,我放置了标签栏 Controller ,然后添
我有这个列表 Controller , define([ 'jquery', 'app' ], function ($,app) { app.controller("ListC
我有 3 个 Controller :RootController、FirstController 和 SecondController。我想从 RootController -> FirstCont
我有以下 Controller : /controllers/api/base_controller.rb /controllers/api/v1/articles_controller.rb 当为文
我是 Angular JS 的新手,尝试在另一个 Controller 中调用一个 Controller ,但出现以下错误。 ionic.bundle.js:21157 TypeError: $con
我有一个标签栏 Controller 和它的 3 个 child ,我还有另一个 View ,我制作了一个从 child 到 View Controller 的自定义转场,还有一个从 View Con
我是一名优秀的程序员,十分优秀!