Django:从URL分发程序传递数据以查看而不将数据包含在URL中？

Question

我已经决定要根据存储在数据库对象中的名称在Django中动态创建URL。所有这些页面都应由同一 View 处理，但是我希望将数据库对象在调用时作为参数传递给该 View 。那可能吗？

这是我目前拥有的代码:

places = models.Place.objects.all()
for place in places: 
    name = place.name.lower()
    urlpatterns += patterns('',
        url(r'^'+name +'/$', 'misc.views.home', name='places.'+name)
    )

是否可以在不向URL添加更多参数的情况下将额外的信息传递给 View ？由于这些URL用于根目录，并且我仍然需要404页才能显示其他值，因此我不能只使用字符串参数。是放弃尝试将URL添加到根目录的解决方案，还是有其他解决方案？

我想我可以对名称本身进行查找，因为所有URL都必须是唯一的。那是唯一的其他选择吗？

Answer 1

这通常是一个坏主意，因为它将查询数据库中的每个请求，而不仅是与该模型相关的请求。一个更好的主意是提出通用的url组成，并对所有URL都使用相同的 View 。然后，您可以检索 View 中的相关位置，只有在到达该特定 View 时，它才会命中数据库。

例如:

urlpatterns += patterns('',
    url(r'^places/(?P<name>\w+)/$', 'misc.views.home', name='places.view_place')
)

# views.py
def home(request, name):
    place = models.Place.objects.get(name__iexact=name)
    # Do more stuff here

我意识到这不是您真正要求的，但应该可以减轻您的麻烦。