php - CodeIgniter 示例模型中的属性有什么用？

Question

在 CodeIgniter 用户指南中，example model每个都有一个属性对应数据库表中的字段:

    class Blogmodel extends CI_Model {

        var $title   = '';
        var $content = '';
        var $date    = '';
        //...

然而，当它返回一组博客文章时，它们只是通用对象。

    function get_last_ten_entries()
    {
        $query = $this->db->get('entries', 10);
        return $query->result();
    }

如果每篇博客文章都只是一个通用对象，那么目的是什么类(class)开头的属性？

将每篇博文作为一个成熟的模型似乎会很好用它的内容填充的对象。然后你可以编写获取的方法内部值(value)。但是，用户指南中的所有示例似乎都显示了每个 Controller 具有每个模型的一个实例并使用该对象来获取包含数据库值的通用对象。此外，方式示例实例化模型 ($this->load->model('Blog');) 很明显您只需要在 Controller 中拥有一个模型实例。

如果我的博文有一个 status 值存储在数据库作为一个整数，但在几个不同的 Controller 中我想展示值作为人类可读的字符串，我应该把那个函数/方法放在哪里？因为我需要它在多个 Controller 中，它特定于一个对象，我认为它应该是模型对象的方法。如果每篇博文都是模型的一个实例，我可以这样写:

    function get_human_status()
    {
        $lookup = array(
            1 => 'Active',
            2 => 'Hidden',
            3 => 'Pending');
        return $lookup[$this->status];
    }

但是，如果每篇博客文章都是一个通用对象，则它必须如下所示:

    function get_human_status($data)
    {
        $lookup = array(
            1 => 'Active',
            2 => 'Hidden',
            3 => 'Pending');
        return $lookup[$data->status];
    }

哪种方式更符合 CodeIgniter 的习惯？假设是第二种，为什么示例模型要定义那些内部属性？

最后，加分，如果我还有其他这种性质的问题，什么书，我应该查看文章或示例吗？

Answer 1

呃..名为“CodeIgniter”的灾难。

在那个糟糕的框架的文档中，他们将“模型”描述为实现事件记录模式的实例。这就是您在该类的定义中获得无意义属性的原因。这只是 AR 模式中两种职责(存储和逻辑)之间冲突的另一个副作用。此外，您可能会注意到 var 关键字，它是 PHP4 的产物。

您所说的“模型”不是。它们很简单 domain objects ，这又是模型的一部分。模型层是一种心理构造，就像 MVC 设计模式中的另一层 - 表示层一样。

$this->load->model()方法没有初始化“模型”实例。这只是 CodeIgniter 缺少适当的自动加载器的另一个例子。此方法仅用于包含包含 Blog 类的文件。因此，您不能断定“博客”i 应该是一个单一的对象。

Controller 不应该“显示”任何东西。那里有改变当前 View 实例和模型层的状态。 View 应该处理表示逻辑，选择如何显示某些内容以及使用哪些模板。 View 不应该是愚蠢的模板。

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