與laravel模板顯示內容，也不得刀片

我有這個控制器方法與laravel模板顯示內容，也不得刀片

class Account_Controller extends Base_Controller 
{ 
    public $layout = 'layouts.default'; 

    public function action_index($a,$b) 
    { 
     $data['a'] = $a; 
     $data['b'] = $b; 

     $this->layout->nest('content', 'test',$data); 
    } 
}

這是我的佈局

<div id = "content"> 
    <?php echo Section::yield('content'); ?> 
</div>

，這是我的test.php

echo $a; 
echo '<br>'; 
echo $b; 
echo 'this is content';

當我訪問此

http://localhost/myproject/public/account/index/name/email

我得到我的佈局加載但test.php未加載。我如何在我的模板中加載內容。我不想使用刀片。

來源

2013-03-06 raheel shan

當您在另一個視圖中嵌套視圖時，它的內容被定義爲一個簡單的變量。所以，只需輸出它：

<?php echo $content ?>

當您需要在子視圖中更改佈局（或任何父視圖）時，使用該部分。例如：

// on layout.php 
<title><?php echo Section::yield('title') ?></title>

// on test.php 
<?php Section::start('title'); ?> 
    My Incredible Test Page 
<?php Section::stop(); ?> 

<div class="test_page"> 
    ... 
</div>

來源

2013-03-08 04:49:46 vFragosop

太好了！這太簡單了，我從來沒有注意過，這可能太簡單了。謝謝！ – 2013-03-08 06:44:03

我認爲你需要渲染它，不知道，也許部分負荷：

<div class="content"> 
    <?php echo render('content.test'); ?> 
</div>

看看這個樣品嵌套的觀點：http://laravel.com/docs/views#nesting-views

public function action_dostuff() 
    { 
     $view = View::make('controller.account'); 
     // try dump var to grab view var_dump($view); 
     var_dump($view); 
     $view->test = 'some value'; 
     return $view; 
    }

或者使用替代刀片：Templating in Laravel

來源

2013-03-06 17:26:57

與laravel模板顯示內容，也不得刀片

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