Symfony2形式为JSON结构

Question

如何将Symfony2表单转换为JSON数据结构？寻找合适的捆绑给了我没有结果;

例:

$builder
    ->add('name', 'text')
    ->add('password', 'password')
;

会导致类似的事情:

{
    fields: {
        name: {
            type: 'text'
        },
        password: {
            type: 'password'
        }
    }
}

在$form = $this->createForm(new FormType(), new Entity())没有帮助的情况下迭代表单中的每个元素后,找不到可以在表单构建器中定义的某些属性.

Answer 1

我假设您希望在发布表单后在控制器中获取此信息,在这种情况下,您可以轻松地从表单对象获取基础实体,如下所示:

$entity = $form->getData();

此时,您可以手动将所需的字段拉出到数组json_encode()中,或者...实现JsonSerializable实体中的接口,然后直接json_encode()将对象本身实现.

例如:

<?php

namespace FooApp/BarBundle/Entity;

use JsonSerializable;

class Baz implements JsonSerializable
{
    private $name;
    private $password;

    // ...

    function jsonSerialize()
    {
        return [
            'fields' => [
                'name'     => ['type' => $this->name],
                'password' => ['type' => $this->password],
            ],
        ];
    }
}

然后,在你的控制器中:

$entity = $form->getData();
$json = json_encode($entity);

调用json_encode()将自动调用Baz::jsonSerialize()并返回您定义的数组结构,而后者又是JSON编码的.

更新2016-06-23

我偶然发现了这个问题 - 而且......我意识到我没有回答你的实际问题.

您不希望将表单的基础实体转换为JSON - 而是希望将表单结构表示为数据.我对误解表示道歉 - 希望我可以通过更新纠正这一点.

这是一个概念验证,应该适用于非嵌套表单(尽管创建递归版本或该情况应该是直截了当的).但是,假设您拥有一个实例形式的情况下,包括田name和password,就像这样:

$form = $this->createForm(FooType::class, $foo);

然后可以迭代实例并导出结构的表示; 例如:

$fields = ['fields' => []];

foreach ($form->all() as $field) {
    $name = $field->getName();
    $type = $field->getConfig()->getType()->getBlockPrefix();
    $fields['fields'][$name] = ['type' => $type];
}

echo json_encode($fields, JSON_PRETTY_PRINT);

产量:

{
    "fields": {
        "name": {
            "type": "text"
        },
        "password": {
            "type": "password"
        }
    }
}

希望这可以帮助 :)