[英]Symfony2 FormType entity field type
我有三個實體。 Profile
, Car
和Trip
。 當用戶( Profile
)創建Trip
,他可以選擇Car
(僅自己的)並將其分配給Trip
。 我知道該字段必須是實體類型。 但是我不知道如何設置選擇列出當前用戶的汽車(配置文件)。 有任何想法嗎? 謝謝。
按用戶篩選汽車,我認為這個例子是您需要的:
$builder->add('car', 'entity', array(
'class' => '/path/to/entity/Car',
'property' => 'title',
'empty_value' => 'Choose a car',
'query_builder' => function(EntityRepository $em) use ($userId) {
return $em->createQueryBuilder('c')
->join('c.user', 'u')
->where('u.id = :userId')
->setParameter('userId', $userId);
}
)
)
您可以將$ userId添加為一種表單選項:
$form = $this->createForm(new MyFormType(), $object, array( 'userId' => $userId ));
並在您的表單中檢索它:
/**
* @param OptionsResolverInterface $resolver
*/
public function setDefaultOptions(OptionsResolverInterface $resolver)
{
$resolver->setDefaults(array(
'userId' => function (Options $options, $value) {
return $options['userId'];
}
));
}
/**
* @param FormBuilderInterface $builder
* @param array $options
*/
public function buildForm(FormBuilderInterface $builder, array $options)
{
if($options['userId']){
$userId = $options['userId'];
}
}
我怎么說 其他解決方案,即使是我個人也不喜歡:
$form = $this->createForm(new MyFormType($userId), $object);
並將其存儲在受保護的變量中,以供以后在查詢中使用:
/**
* Class MyFormType
*/
class MyFormType extends AbstractType
{
protected $userId;
/**
* @param $userId
*/
public function __construct($userId) {
$this->userId = $userId;
}
}
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