小编Dee*_*pak的帖子

我有一个应用程序,我将在Linux touch系统上安装.触摸系统没有给我触摸声,所以我决定在我的应用程序上有这个功能.最好的方法是什么？我不想浏览每个按钮和其他组件并在那里编写代码.是否有任何全局方式来处理它,以便在触摸屏幕或点击鼠标时声音在整个应用程序中工作？

在过去的两年里,我是一名平板php程序员.现在我想转向MVC架构,所以我使用codeigniter它看起来非常简单.我想了解一些最佳实践,因为我正在开发中codeigniter.

我有一个controller叫building,一个model被叫building_data和一个叫做的视图building_view.现在我想通过检查很多条件来显示建筑物清单.我正在使用平面PHP进行以下操作

1. 从数据库中获取建筑物列表
2. 根据某些标准A,B,C拆分结果
3. 在显示结果section - A,section -B和section-c作为HTML输出.

现在,MVC我正在做以下事情

1. 获取数据库中的建筑物列表building_data(型号)
2. 将结果存储在控制器building_data的$data数组中building
3. 根据标准A,B,C拆分结果building_view并输出HTML(我可以在视图中进行基于条件的数据分类(不使用mysql查询)吗？!My actual question)

我是否在不违反MVC架构规则的情况下做正确的事情？

我的应用程序上运行了 3 个计时器，它们负责处理不同的操作。定时器 1 将处理应用程序的自动注销，定时器 2 处理更新表格，定时器 3 处理更新摆动按钮的颜色。第一个计时器使用基于变量及其值的计算，第二个和第三个计时器使用 MYSQL 查询。

现在，当我在性能一般的机器上运行这个应用程序时，应用程序并没有移动。我需要等待几秒钟才能正常点击或打开一个窗口。和定时器有关系吗？如果是的话，我有什么替代建议来摆脱这个计时器问题吗？

我使用以下代码来舍入作为输入给出的浮点值.但我无法做到对.如果我给80美元我应该得到$ 80.00如果我给$ 40.009889我应该得到$ 40.01.我该怎么做呢 ？

public class round {
public static float round_this(float num) {
    //float num = 2.954165f;
    float round = Round(num,2);
    return round;
  }
  private static float Round(float Rval, int Rpl) {
  float p = (float)Math.pow(10,Rpl);
  Rval = Rval * p;
  float tmp = Math.round(Rval);
  return (float)tmp/p;
    }
}

我正在使用GregorianCalander,当我尝试使用以下代码获取今天的日期时,我得到一个回溯到一个月的日期.我使用的代码如下.

        Calendar gcal = new GregorianCalendar();
        SimpleDateFormat sdf = new SimpleDateFormat("dd/MM/yyyy");
        today = getTime(gcal);
        //date = dateFormat.format(calendar.getTime());
        System.out.println("Today: " + today);

请帮我解决这个问题.

输出是:

今天:4月28日星期四00:00:00 NZST 2011

编辑

private Date getTime(Calendar gcal) {
    try {
        SimpleDateFormat sdf = new SimpleDateFormat("dd/MM/yyyy");
        String day = form_helper.round(gcal.get(GregorianCalendar.DAY_OF_MONTH));
        String month = form_helper.round(gcal.get(GregorianCalendar.MONTH));
        String year = form_helper.round(gcal.get(GregorianCalendar.YEAR));
        String date = day + "/" + month + "/" + year;
        System.out.println(sdf.parse(date));
        return sdf.parse(date);
    } catch (ParseException ex) {
        Logger.getLogger(timesheet_utility.class.getName()).log(Level.SEVERE, null, ex);
    }
    return null;
}

如何阻止某人复制和复制我在java中创建的应用程序？我使用mysql作为我的应用程序的后端,平台是Linux.有没有办法提供这种安全性？

编辑:

是否有一种方式像在Windows中的某些应用程序,即使我们复制文件夹并将其传递到其他系统,它不会工作.我不知道他们是怎么做的.我能在这做什么类似的事吗？

我有四个不同类型的用户登录我公司网站一样admin,superadmin,company,和employees.他们每个人都有不同的页面集,但也有一些常见的页面.现在,我有四个不同的表具有相同的登录界面来管理它们admin和superadmin.当其中一个admin或superadmin登录时,我会先去检查两个表,然后才能访问.我有一个单独的登录屏幕company和employees.这是接受的做法吗？

实际上,我希望将其更改为包含其中所有用户的单个表以及用于区分角色的角色表.我相信四桌概念真的很糟糕.我不能简单地将其设置为一个表,因为之前的开发人员习惯于在网站上使用的文本文件中保存用户注释和用户活动.

我是否认为四桌登录系统不好？将日志存储在直接在网站中使用的文本文件中是否有好主意？

我正在尝试google charts使用ajax响应表单PHP文件构建.以下是alert我的输出javascript

{"cols":[{"id":"5","label":"LISTING","type":"number"}],"rows":[{"c":[{"v":"1"}]}]}

当我使用以下代码构造图表时,我得到了错误 Data table is not defined.

function drawBarChartAll(totalclientstatus) {
        alert(totalclientstatus);
        //eval ( 'var jsonobject = totalclientstatus;'); 
        //var json = google.visualization.DataTable.toJSON(totalclientstatus)
        var data = google.visualization.DataTable(totalclientstatus);

        var options = {
            'width':670,
            'height':310,

            hAxis: {title: 'Year',  titleTextStyle: {color: 'red'}}
            //chartArea:{left:20,top:20,width:"70%",height:"100%"}
        };


        // Instantiate and draw our chart, passing in some options.
        var chart = new google.visualization.ColumnChart(document.getElementById('barchartall'));
        chart.draw(data, options);
    }

我究竟做错了什么 ？我正在使用以下php来构建JSON

while ($row = mysqli_fetch_array($agent_result, MYSQL_ASSOC))
    {
        $columns …

<?php
mysql_connect("localhost", "root","") or die(mysql_error());
mysql_select_db("tnews2") or die(mysql_error());

$query = "SELECT name,id FROM categories ORDER BY ID DESC LIMIT  0,6";
$result = mysql_query($query) or die(mysql_error()."[".$query."]");?>

    <select name="categories">
<?php while ($row = mysql_fetch_array($result)){
?>
   <option value=" <?php $row['path']; ?> ">
     <?php echo $row['name']; ?>
    </option>
<?php
}
?>        
</select>?>

所以这是选择选项菜单,它是我从数据库中读取的值,但是当我尝试获取所选值时,我只得到第一个.

<?php
mysql_connect("localhost", "root","") or die(mysql_error());
mysql_select_db("tnews2") or die(mysql_error());


   if(!empty($_POST['title']) && !empty($_POST['date']) && !empty($_POST['txt']) && !empty($_POST['image'])){
$TITLE=$_POST['title'];
$DATE=$_POST['date'];
$TXT=$_POST['txt'];
$IMAGE=$_POST['image'];
$CATEGORIES=$_POST['categories'];
echo $CATEGORIES;
$ANSWER=$_POST['main'];
$MAINPAGE=0;

你能帮助我一个想法来获得所选的选项吗？