scala - playframework - 如何在 Scala 中设置选择输入

Question

所以我在页面上有一个表单，我试图在页面加载时预加载所有旧值。但是我在为选择对象实现这一点时遇到了一些麻烦。

我有以下用于生成选择的 Scala 代码:

<select id="networkInterfaces">
            <option value="">First Available</option>
            @for(interface <- networkInterfaces) {
                @if(interface.Name == configs.last.networkInterfaceName) {
                    <option selected="selected" value="@interface.Name">@interface.DisplayName</option>
                } else {
                    <option value="@interface.Name">@interface.DisplayName</option>
                }
            }
        </select>

当页面加载时，它确实显示选定的网络接口(interface)已被选中。但问题是，如果我更改我的其他一些设置并提交它返回选项 html 而不是值。有没有办法在页面加载时为 Scala 中的选择选择表单值？我缺少一些基本的东西吗？否则，我将更改它的处理方式以处理显示名称而不是值...

编辑

因为我无法让它工作，所以我将值更改为@interface.DisplayName，然后在服务器上将其转换为代码。我希望能够正确地完成它，但它似乎不起作用。

Answer 1

<select id="networkInterfaces"> 是否正确？没有name指定？

然后你应该使用 Play 助手 @select和 Form目的。我认为这是处理表单值的更好方法。

@(form : Form[ABean])
@import helper._

@select(
form("configs.last.networkInterfaceName"),
options(networkInterfaces),
'_label -> "Interface Name",
'_default -> "First Available"
)

有关助手的更多信息 @select访问 : https://github.com/playframework/Play20/blob/master/framework/src/play/src/main/scala/views/helper/select.scala.html