創建一個不與Laravel中的數據庫交互的模型？

Question

我只是想知道哪一種是Laravel 5.2中創建自定義實用程序類的“最佳實踐”。

我已經了解了App / Http /中的幫助程序，可以通過將每個文件注冊到composer.json文件來使用。 但是我也讀過，助手文件應該是普通的函數文件。 不是課程。

所以我想知道是否創建一個名為File的模型，該模型包含一系列處理文件的方法是正確的方法。 由於它與數據庫沒有交互，因此應將其命名為與之相關的表的唯一名稱，對嗎？ 但是，如果我沒有這樣的表？

有沒有更干凈的方法來創建不與數據庫對話的類？ 任何幫助都非常感謝。

Answer 1

向Laravel項目添加不與數據庫交互並且不受基礎數據庫表支持的新類是絕對好的。

例如，如果要添加一個名為File的實用程序樣式的類，我建議在app/Utility/File.php添加它

結果，您的類定義看起來像這樣：

<?php
namespace App\Utility;

class File
{
    //methods and properties here
}

作曲家自動加載器將為您查找文件，因為您將文件放置在Laravel的App名稱空間中。 無論您需要在哪里使用該類，都可以像這樣簡單地實例化它：

$file = new \App\Utility\File();

添加此類實用程序類時，請注意上帝對象的反模式 。 您應盡可能嘗試並遵循單一責任原則 。