如何有条件地打开模态页面？

Question

我正在使用 Oracle APEX 21.1。我有一个 table visits 列 visit_type。 visit_type 只有值 1 或 2。有 2 个对话框页面（1 和 2）。我需要创建一个 returns 一个 link 的查询，当 visit_type = 1 时打开第 1 页，当 visit_type = 2 时打开第 2 页。我应该 select带有 <a href=""</a> 标记的字符串或使用 APEX_PAGE.GET_URL API。无论哪种方式，请给我一个例子。

Answer 1

这是一个典型的格式

  apex_string.format(
      '<a class="t-Button t-Button--hot t-Button--simple t-Button--stretch" href="%s">%s</a>'
    , apex_page.get_url
       (p_application => 'YOUR_APP'
       ,p_page        => t.visit_type
       ,p_items       => 'p'||t.visit_type||'_id'
       ,p_values      => t.visit_id
       )
    , 'Link text'
    ) as link_target

不要忘记不要转义列定义中的特殊字符。

如何有条件地打开模态页面？

How open modal pages conditionally?

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