小编Sca*_*ass的帖子

我在尝试编译项目时遇到此错误:

错误:任务':app:compileDebugJavaWithJavac'的执行失败.java.lang.IllegalArgumentException:int不能转换为Element

这个警告:

警告:注释处理器'android.arch.persistence.room.RoomProcessor'支持的源版本'RELEASE_7'小于-source'1.8'

这些是我的数据库相关类:

@Entity(tableName = "users")
public class SerializedUser {

    @PrimaryKey(autoGenerate = true)
    private int id;

    @ColumnInfo(name = "first_name")
    private String firstName;

    @ColumnInfo(name = "last_name")
    private String lastName;

    @ColumnInfo(name = "username")
    private String username;

    public SerializedUser(int id, String firstName, String lastName, String username) {
        this.id = id;
        this.firstName = firstName;
        this.lastName = lastName;
        this.username = username;
    }

    public int getId() {
        return id;
    }

    public String getFirstName() {
        return firstName;
    }

    public String getLastName() {
        return lastName;
    } …

首先是代码，然后是问题：

class MyArray
{
    private $arrayRef;

    function __construct(&$array){
        $this->arrayRef = $array;
    }

    function addElement($newElement){
        $this->arrayRef[] = $newElement;
    }

    function print(){
        print_r($this->arrayRef);
    }
}

$array = ['first', 'second'];
$arrayObject = new MyArray($array);
$arrayObject->addElement('third');

print_r($array); // prints array containing 2 elements
echo '<br/>';
$arrayObject->print(); // prints array containing 3 elements

在此示例中，类成员 $arrayRef 不能用作对构造函数中提供的另一个数组的引用。构造函数中的参数是通过引用传递的，但我想这并不会使成员 $arrayRef 也成为对该数组的引用。

为什么它不能那样工作以及如何让它工作？

如果您仍然不明白我的意思：第一个 print_r 打印包含 2 个元素的数组，即使它可能预期包含 3 个。当我通过 addElement() 将第三个元素传递给 $arrayObject 时，我也希望将其添加到我传递给类的构造函数的 $array 。

所以，在Laravel中，有一个web.php文件，其中使用了Route类，并调用了它的静态函数get和matched。

问题是，这个类对我来说有点神秘，我在我的 laravel 项目中找不到它的源代码，我也无法在互联网上找到任何关于它的信息。如果你用谷歌搜索，你会找到 Illuminate\Routing\Route 但我认为这不是我要找的类，因为那个类没有静态函数 get 和 match。我也尝试在我的项目目录中查找它，我发现有四个具有此类名称的类，但它们都没有在我的 web.php 中使用的这些函数。

这是我的 web.php：

<?php

/*
|--------------------------------------------------------------------------
| Web Routes
|--------------------------------------------------------------------------
|
| Here is where you can register web routes for your application. These
| routes are loaded by the RouteServiceProvider within a group which
| contains the "web" middleware group. Now create something great!
|
*/

Route::get('/', function () {
    return view('welcome');
});

Auth::routes();

Route::get('/', 'BlogController@all')->name('post.all');

Route::match(['get', 'post'], '/article/create', 'BlogController@create')->name('post.create')
     ->middleware('auth');

Route::get('/article/{id}', 'BlogController@single')->name('post.single');

Route::match(['get', 'post'], '/article/{id}/delete', 'BlogController@delete')->name('post.delete')
     ->middleware('auth', 'author'); …

Could not find package /laravel/laravel with stability stable.

因此，当我尝试使用以下命令创建新的 laravel 项目时，出现了该错误：

composer create-project --prefer-dist /laravel/laravel project

如果我尝试只使用 laravel 新项目，我会得到： laravel: command not found

但是 laravel 已安装，如果我移动到其安装文件夹（〜/.config/composer/vendor/laravel/installer），然后输入：

php laravel new project

然后它就可以工作了，但我得到一堆*建议安装*。例如：

laravel/framework suggests installing symfony/psr-http-message-bridge (Required to use psr7 bridging features (0.2.*).)
symfony/routing suggests installing symfony/expression-language (For using expression matching)
psy/psysh suggests installing hoa/console (A pure PHP readline implementation. You'll want this if your PHP install doesn't already support readline or libedit.)

还有很多。

我使用的是 Linux Mint Cinnamon 64 位和 LAMP。

我们可以更改IPython使用的Python解释器的版本吗？

我知道有IPython和IPython3,但问题是,IPython使用Python2.7,而IPython3使用Python3.4.2,我认为没有办法改变它.

如果我希望IPython使用我想要的任何版本的Python解释器,我可以这样做吗？

我希望IPython使用最新的Python版本Python3.6.我能这样做吗？

我在试图在IntelliJ中配置Maven和JavaFX项目时遇到了麻烦.

首先我不知道该怎么做,所以我找到了以下解决方案:

1. 像在Intellij中一样创建常规JavaFX项目
2. 单击以下内容添加Maven支持:右键单击项目 - >"添加框架支持",然后选中Maven

在第一步应用程序工作之后(当然,因为它只是普通的JavaFX项目),然后在第二步包之后发生了变化,所以我不得不为每个类设置包; 我已经做到了,我没有看到任何错误.但当我尝试运行该应用程序时,我得到以下错误,在图片上:

我还将sample.fxml移动到资源文件夹.

也许我需要将groupId设置为某些东西,但我不知道是什么,我已经尝试将其设置为包的名称(示例),但它不起作用.

其余代码:

Main.java:

package sample;

import javafx.application.Application;
import javafx.fxml.FXMLLoader;
import javafx.scene.Parent;
import javafx.scene.Scene;
import javafx.stage.Stage;

public class Main extends Application {

    @Override
    public void start(Stage primaryStage) throws Exception {

        Parent root = FXMLLoader.load(getClass().getResource("../../resources/sample.fxml"));
        primaryStage.setTitle("Hello World");
        primaryStage.setScene(new Scene(root, 300, 275));
        primaryStage.show();

    }


    public static void main(String[] args) {
        launch(args);
    }
}

sample.fxml:

<?import javafx.geometry.Insets?>
<?import javafx.scene.layout.GridPane?>

<?import javafx.scene.control.Button?>
<?import javafx.scene.control.Label?>
<GridPane fx:controller="sample.Controller"
          xmlns:fx="http://javafx.com/fxml" alignment="center" hgap="10" vgap="10">
</GridPane>

Controller.java

package sample;

public class …

我在重新加载另一个目录中但位于sys.path中的模块时遇到了一些麻烦。

>>> from module_from_another_dir import *
>>> from importlib import reload
>>> reload(module_from_another_dir)
Traceback (most recent call last):
  File "<stdin>", line 1, in <module>
NameError: name 'module_from_another_dir' is not defined

如您所见，我可以导入它，但是以后不能重新加载它。

因此，如果我有以下 Super 类：

class Super {
public:
    string member = "bla bla";
    void doSth() { cout << member; }
};

还有一个继承 Super 的 Sub 类：

class Sub : Super {
public:
    string member2 = "bla bla 2";
};

然后，当我有一个 Sub 对象时，我无法访问 Super 的成员，即使它们是公共的。

using namespace std;
int main(){
    Sub sub;
    cout << sub.member2 << endl;
    cout << sub.member << endl; // error: public Super::member is inaccessible 
    sub.doSth(); // error: public Super::doSth() is inaccessible 
}

但为什么如果它们是公开的呢？或者我做错了什么？