最好的方式使用資源和雄辯laravel 4

Question

任何最好的辦法，這將是gratefull

該做的是什麼樣的一種形式搶輸入，並將其保存到數據庫中這樣做IM。

public function update() 
{ 

    $file = Input::file('path'); 

$destinationPath = 'img/'; 
$filename = $file->getClientOriginalName(); 
// $extension =$file->getClientOriginalExtension(); 
$upload_success = Input::file('path')->move($destinationPath, $filename); 
$photo = Photo::find($_POST['id']); 
    $photo->caption = $_POST['caption']; 
    $photo->path = $destinationPath . $filename; 
    $photo->save(); 


if($upload_success) { 
return Redirect::to('photos/'.$_POST['id'].'/edit')->withInput()->with('success', 'Photo  have been updated.'); 
} else { 
return Response::json('error', 400); 
} 
} 

這項工作得很好，但我不知道是否有一個簡化的方法來做到這一點怎麼樣我可以從表單POST數據發送更新來更新照片信息，而不是我的使用$ _ POST，並獲得id從表單解析到更新（$ id）等。謝謝

Answer 1

您可以使用Input類，而不是直接訪問帖子。

我可能會重新寫的功能有點像這樣：

public function update() 
{ 
    $file = Input::file('path'); 
    $destinationPath = 'img/'; 
    $filename = $file->getClientOriginalName(); 

    if(Input::file('path')->move($destinationPath, $filename)) 
    { 
     $photo = Photo::find(Input::get('id')); 
     $photo->caption = Input::get('caption'); 
     $photo->path = $destinationPath . $filename; 
     $photo->save(); 
     return Redirect::to('photos/'.$_POST['id'].'/edit')->withInput()->with('success', 'Photo  have been updated.'); 
    } 
    else 
    { 
     return Response::json('error', 400); 
    } 
} 

另一種選擇是提取某些數據的直接到你的照片模式，做在那裏。