标签: codeigniter

我正在使用codeigniter创建一个应用程序,并为实时内容实现nodejs.我想检查用户是否使用nodejs登录.使用下面的代码,我可以在nodejs服务器中获取codeigniter会话ID:

var server = require('https').createServer(options, function(request, response){
var cookies=(function(str){
    var result={};
    str.split(/;\s+/).forEach(function(e){
        var parts=e.split(/=/,2);
        result[parts[0]]=parts[1]||'';
    });
    return result;
})(request.headers.cookie),
    sessionCookieName='ci_session',
    sessionId=cookies[sessionCookieName]||'';
    console.log(sessionId);
}).listen(8080);

codeigniter会话存储在数据库中,加密设置为true.并且sess_match_ip = TRUE,sess_match_useragent = TRUE;

现在我的问题是,检查用户是否登录的好方法是什么？我已经安装了node-mysql客户端.我知道CI做的事情如下:

SELECT *
FROM (`ci_sessions`)
WHERE `session_id` =  'blabla'
AND `ip_address` =  '127.0.0.1'
AND `user_agent` =  'Mozilla/5.0 (Macintosh; Intel Mac OS X 10_6_8) AppleWebKit/535.2   
(KHTML, like Gecko) Chrome/15.0.874.121 Safari/535.2'

如何解密会话ID并检查我是否从db获得匹配？

提前致谢

乔治

美好的一天,我正在和Smarty一起学习CodeIgniter.我的CSS文件存储在

/App01/application/views/css/main.css

要链接我的CSS,我使用:

<link rel="stylesheet" type="text/css" href="http://localhost:88/APP1/application/views/css/layout.css" media="screen" />

但是我的页面上没有应用CSS.当我打开CSS URL时,我收到一条消息:

Forbidden
You don't have permission to access /APP1/application/views/css/layout.css on this server.

拜托,我做错了什么？我想将CSS与视图保持在一起,因为将来我想学习如何创建多个主题,我认为CSS应该保存在主题文件夹中.

我可以用一些Smarty变量替换CSS文件的URL路径,这样当我移动我的应用程序时,我不需要手动更改模板中的CSS URL路径吗？

先感谢您!Vojtech

我想知道是否有人可以帮助我.我有一个form_dropdown,我正在填充数据库中的选项.我想在列表顶部添加默认的"请选择"值,但如果不将其添加到数据库中,则无法弄清楚如何执行此操作.

我的代码如下:

function populatedropdown()
{
    $query = $this->db->query('SELECT * FROM '.$this->table_name.' WHERE active=1 ORDER BY brand');
    $dropdowns = $query->result();

    foreach($dropdowns as $dropdown) {
        $dropDownList[$dropdown->brand] = $dropdown->brand;
    }
    $finalDropDown = $dropDownList;

    return $finalDropDown;
}

无论如何转换CodeIgniter的表单验证错误消息而不触及系统文件？

我想做的是这样的:

function registerUser($username, $password){

$this->db->insert('tblUsers', array('username'=>$username, 'password'=>md5($password)));
if($this->db->_error_number()==1062){
    return "DUPLICATE";
}
return true;

}

但是,如果有一个重复的密钥,那么它不会让我得到这个_error_number()位.它显示如下错误:

如何让codeigniter停止出错并将错误号传递给我以便妥善处理？

谢谢

我有时使用Codeigniter,在我完成本地站点的开发之后,我需要将文件迁移到服务器./config/需要更改文件夹中的所有文件以匹配服务器设置.对这些更改进行完整的提交是不对的,我只是让Git完全忽略这些文件,还是有办法跟踪这些更改并在适当的时候将它们应用于Git？

我正在使用Codeigniter创建一个Web应用程序,并且我创建了一些编辑表单(从mysql数据库中提取当前值).用户可以通过编辑表单中的数据来编辑当前数据库数据.

我想要做的是如果用户更改某些值,则执行某些操作.因此,我不仅希望在字段具有特定值时执行操作,而且仅在用户更改值并提交表单时执行操作.(具体来说,当用户通过将值从"no"更改为"yes"来表明她执行了某项任务时,我想做一些事情,比如设置完成任务的时间戳等等)

我试过谷歌搜索解决方案,但我找不到我需要的东西.谁能指出我正确的方向？

如果某些条件返回true,我想重定向页面.我不知道该怎么做.任何人都能为我提供一个例子吗？

或者有什么方法可以实现这一目标吗？

我在Codeigniter中使用Email类,在手册中我看到有3种协议可以使用:mail,sendmail和smtp.

邮件和sendmail之间的差异是什么？是否真的使用邮件协议将域名标记为垃圾邮件的可能性更高？

在codeIgniter中是否有一个文件我可以编辑,以便我可以自定义表单验证消息？

我只想将它们放在项目符号列表中以减少占用的空间.

这是我用来输出错误消息的代码:

<div class="alert <?php echo $alert['alert_type']; ?> min-form">
        <button type="button" class="close" data-dismiss="alert">x</button>
        <h4><?php echo $alert['main_message']; ?></h4> 
        <?php echo $alert['sub_message']; ?>
</div>

基本上,$alert['sub_message']它只是validation_errors()从CodeIgniter的函数中获取数据,它从表单输出验证错误.