Django Admin list_display: Link to filtered model

Question

I want to make a music library app and in the admin/artist page I would like to link to a list with all the albums by the artist.

Models look like this:

class Artist(models.Model):
    artistName = models.CharField(max_length=100, blank = False) 
    genre = models.CharField(max_length=100, blank = False) 

    def __str__(self):
        return self.artistName

class Album(models.Model):
    artist = models.ForeignKey(Artist, on_delete=models.CASCADE)
    albumName = models.CharField(max_length=500, blank = False)
    year = models.IntegerField(blank = False)

    def __str__(self):
        return self.albumName

Now for the admin part, I imagine that I make an ArtistAdmin model and then somehow use list_display to link to a filtered version of the Album model. Can anyone tell me how to do this or suggest a better way of doing it?

Answer 1

我有完全相同的需求；这是迄今为止我提出的最简单的方法。

管理员列表有list_filter，例如，您可以使用它来执行此操作（假设您注册了管理类等）：

class AlbumAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('artist', 'albumName', 'year',)
list_filter = ('artist',)

这将在您的管理站点中添加一个带有艺术家列表的右列，如果您单击其中一个，专辑列表将被过滤以仅显示由该艺术家制作的那些。

有了这个，这就是诀窍，即使你没有声明“list_filter”，Django 仍然会根据 URL 参数过滤内容。所以，我激活了过滤器，我点击了我的一个“艺术家”，所以列表被过滤了，我可以看到它如何格式化 URL，类似于 […]/admin/app_name/model_name/?foreignKeyName__id__exact=XX

在你的情况下，我想它看起来类似于：[…]/admin/music_library/album/?artist__id__exact=XX

尝试按照这些步骤操作，然后删除“list_filter”行，您将看到该 URL 仍然有效。

所以现在我们知道我们唯一需要的是传递参数artist__id__exact=XX，所以我们必须为此附加一个带有按钮的列。

class ArtistAdmin(admin.ModelAdmin):
list_display = ('artistName', 'genre', 'artists_list_field')

def artists_list_field(self, obj):
    base_url = reverse('admin:music_library_album_changelist')
    return mark_safe(u'<a href="%s?artist_id__exact=%d">Albums</a>' % (
        base_url, obj.id))

有了这个，你就可以工作了。我希望它有用！