我已经尝试了一段时间来使用Django Rest Framework获得ModelResource或View.我正在关注这些示例,但示例中的代码对我不起作用.任何人都可以告诉我为什么我可能会收到此错误.
views.py
# Create your views here.
from django.http import HttpResponse
from django.utils import simplejson
from django.core import serializers
from djangorestframework.views import View
from djangorestframework.response import Response
from djangorestframework import status
from interface.models import *
def TestView(View):
def get(self, request):
return Person.objects.all()
urls.py
from django.conf.urls.defaults import *
from djangorestframework.resources import ModelResource
from djangorestframework.views import ListOrCreateModelView, InstanceModelView, View
from interface.models import *
from interface.views import *
class PersonResource(ModelResource):
model = Person
ordering = ('LastName')
urlpatterns = patterns('',
url(r'^$', 'interface.views.index'), …我将如何使用Zend_Db_Select?以下方法构造此查询:
SELECT users.user_id, email_address, t1.value as 'languages'
FROM users
LEFT JOIN (
SELECT
user_id
, field_id
, GROUP_CONCAT(value SEPARATOR ',') AS value
FROM user_multivalued
WHERE field_id=25
GROUP BY user_id, field_id) t1
ON t1.user_id = users.users_id
WHERE list_id = 45
是否可以读取Apache中.htaccess文件中的php $ _SESSION数组中的数据？所以说我有以下内容:
$_SESSION['foo'] = 'bar';
我可以在.htaccess做类似的事情:
RewriteRule bla.png folder/{the php session var foo}/file.png
那可能吗？
我已经有了一个可行的解决方法,但如果可行的话,它会更好.
我正在寻找一种很好的方法来获得在Zend Studio for Eclipse中工作的codeigniter中的库的自动完成和点击引用(无论那个叫什么).
例如,如果我做$ this-> load-> library('dx_auth'); $这 - > dx_auth-> get_user_id();
zend工作室不知道它是什么..
有这种黑客的方式(见下文,来源),但我觉得应该有一个更好的方法来做到这一点..
有人有主意吗？
// All of these are added so I get real auto complete
// I don't have to worry about it causing any problems with deployment
// as this file never gets called as I'm in PHP5 mode
// Core CI libraries
$config = new CI_Config();
$db = new CI_DB_active_record();
$email = new CI_Email();
$form_validation = new CI_Form_validation();
$input = new CI_Input();
$load …如何获取MySQL中每个标记最常出现的类别？理想情况下,我想模拟一个计算列模式的聚合函数.
SELECT
t.tag
, s.category
FROM tags t
LEFT JOIN stuff s
USING (id)
ORDER BY tag;
+------------------+----------+
| tag | category |
+------------------+----------+
| automotive | 8 |
| ba | 8 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 10 |
| bamboo | 8 |
| bamboo | 9 |
| bamboo | 8 …我们将我们的svn存储库移动到另一台服务器,在繁忙的混乱中,我们意识到我们设法杀死了所有用户,并且每个人都在做一两天的"匿名"!
我知道如何更改提交message(svn propedit -r 123 --revprop svn:log /path/to/repos),但有没有办法更改提交的实际用户？
我想通过FTP上传文本字符串作为文件。
import ftplib
from io import StringIO
file = StringIO()
file.write("aaa")
file.seek(0)
with ftplib.FTP() as ftp:
ftp.connect("192.168.1.104", 2121)
ftp.login("ftp", "ftp123")
ftp.storbinary("STOR 123.txt", file)
此代码返回错误：
TypeError: 'str' does not support the buffer interface
我正在为我们巨大的PHP代码库创建一个搜索引擎.
给定文件路径,如何确定某个文件是文本文件还是某种其他类型？我宁愿不必诉诸文件扩展名(比如substr($filename, -3)傻事),因为这是一个基于linux的文件系统,所以任何事情都与文件扩展名有关.
我正在使用RecursiveDirectoryIterator,所以我也有这些方法可用..
有没有办法绕过这个bug？
echo json_encode(array('url'=>'/foo/bar'));
{"url":"\/foo\/bar"}
我使用Zend_Json和Zend_Json_Expr,所以我甚至可以在我的js对象中获得回调函数 - 但是我无法获得一个可用格式的url!
echo Zend_Json::encode(array(
'url'=>new Zend_Json_Expr('/foo/bar'),
), false,
array(
'enableJsonExprFinder' => true),
));
生产:
{"url":/foo/bar}
这显然也不对..
无论如何得到:
{"url":"/foo/bar"}
没有做任何荒谬的事情,比如在将它发送到stdio之前找到一种方法将其重新出发？
我继承了一个项目,其中包含表中使用的Bootstrap"span"类.
以下标记是否有效？如果没有,为什么？
<table class="table">
<tr>
<td class="span6">Hello</td>
<td class="span3">World</td>
<td class="span3">2013</td>
</tr>
</table>
我觉得用Bootstrap设置列宽是不对的.