好吧,我在查看文件记录表db时,我正尝试将其传递给控制器,然后传递给我尝试进行更新的方法
$this->db->select('info');
$query = $this->db->get('pages');
foreach ($query->result() as $q): ?>
<a href="update/updating/<?php echo $q->info?>"><?php echo $q->info . br()?></a>
在我的控制器中,我有代码
public function updating($var){
$data['info']= $var;
$this->load->view("view_update",$data);
哪个加载视图文件,我想在其中插入带有表单的新值
echo br() . $this->session->flashdata('item');
echo '<h4>Azuriranje Podataka </h4>';
echo "Old data is:" .$info;
echo form_open('update/updating');
$data = array('name'=>'field');
echo form_input().br().br();
echo form_submit('mysubmit', 'Posalji');
echo form_close()
我的问题我应该怎么用$ info我不想通过表单和输入字段提交它如何再次在控件中获取它?
如果我理解正确,您将无法做到。
您可以做的是将项目存储在cookie中(cookie是通过POST请求发送的),也可以仅使用表单。
很多地方都使用隐藏的输入字段来发送信息,如果您担心数据会被篡改,则可以使用各种哈希技术来确保数据的安全性,在此我不再赘述您问题的范围,但如有需要,我将作进一步解释。
您面临的问题等同于将参数从A网站(任何网站)发送到您的控制器。仅仅因为视图是从您的控制器生成的,并不意味着捕获POST请求的控制器知道它的来源或包含的内容(这就是为什么我们有cookie或POST数据)
希望能有所帮助。
本文收集自互联网,转载请注明来源。
如有侵权,请联系[email protected] 删除。
我来说两句