Yii2 模型 ViaTable

Question

为简单起见，假设我有 3 个 table：menu、page 和一个交汇点 table menu_page.

因此，如果我想获取页面 "home" 可用的所有菜单，我在模型中定义了一个关系：

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id']);
}

但是现在我们在菜单table中添加了一个名为show_all_pages的属性，如果设置为1，则应该返回菜单，如果不是，我们应该检查是否启用了菜单以供使用在家。

有没有办法在这里添加这个条件？

Answer 1

您可以使用 andWhere 子句在 show_all_pages

上应用此过滤器

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])
                ->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])
                ->andWhere(['show_all_pages' => 1]);
}

Answer 2

到目前为止我找到的解决方案是分离活动查询并进行联合：

public function getSelectedMenus() {

        return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])->onCondition(['menu.active' => Page::ACTIVE]);
    }

    public function getAllMenus() {
        return Menu::find()->where(['active' => Page::ACTIVE, 'show_all_pages' => 1]);
    }

    public function getMenus() {

        $selectedMenus = $this->getSelectedMenus();
        $allMenus = $this->getAllMenus();

        return $selectedMenus->union($allMenus);

    }

Yii2 模型 ViaTable

Yii2 Model ViaTable

php

yii2

yii2-model