Tag: django-admin
Django eingebauten, automatischen admin-interface (django.contrib.admin), das Teil des Django Web-framework für die Programmiersprache Python.
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Sagen wir mal ich habe eine Website, wo Benutzer können Einträge durch den admin-panel. Jeder Benutzer hat seine eigene Kategorie ist er verantwortlich für (jede Kategorie hat ein Redakteur zugewiesen durch ForeingKey/ManyToManyField). Wenn der Benutzer fügt den
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Ich möchte Implementierung eines Berichts-Abschnitt im Django admin. Dies würde bedeuten, das hinzufügen eine benutzerdefinierten Bereich in der admin-homepage, wo statt einer Liste von Modellen, die ich sehen würde, eine Liste der Berichte. Ich will Djangos admin-Tabellen
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Ich versuche, die Anzeige von thumbnails von einem Modell in das admin-interface. Wenn ich list_display() zum hinzufügen von Bild-Feld zeigt den Pfad zu der Datei, anstatt das Bild selbst. Wie ist es möglich, um das Bild anzuzeigen,
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Habe ich ein Modell, das ich will, Mitarbeitern bearbeitet werden können, bis der Termin für die Veranstaltung. Wie diese: class ThingAdmin(admin.ModelAdmin): model = Thing if obj.date < today: #Something like that inlines = [MyInline,] Das problem ist,
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Ich würde gern so etwas wie das admin-interface. hier ist der code für das Formular: class NewRoleFrom(forms.Form): role = forms.ModelMultipleChoiceField( queryset=Role.objects.all(), widget=forms.CheckboxSelectMultiple ) So, es ist ganz einfach, ich habe die Rolle-Etikett(Rolle:) dann jede Rolle in der
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Will ich die Anzeige einer eingebetteten Karte auf ein admin-Formular, wenn bereits Daten in der db. Ich habe den folgenden code: models.py class Address(models.Model): address = models.CharField() def address_2_html(self): if self.address: # Return html for an embedded
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Habe ich einige Probleme mit der Bereitstellung meiner Anwendung auf Produktions-server. Wenn ich eingestellt habe in settings.py DEBUG = True TEMPLATE_DEBUG = DEBUG dann funktioniert alles ok, aber wenn ich die Einstellungen ändern auf: DEBUG = False
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Ich habe 'version' in list_filter, und ich möchte die neueste version sein, nach der "Alle" Liste. In diesem Fall, wie Sortiere ich die Liste absteigend? (Alle, 3.6.99.108,3.6.99.107...) Mögliche Duplikate von: stackoverflow.com/questions/3258314/... stimmt, aber diese OP birgt ein
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Ich habe ein ähnliches problem wie das zuvor gelöste problem von mir, außer dieser Zeit, die Lösung scheint nicht zu funktionieren: Wie automatisches einfügen des aktuellen Benutzers, die beim erstellen eines Objekts im django admin? Früher habe
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Habe ich eine Django-app, die auf Heroku/Zeder, konfiguriert gemäß der Anleitung auf https://devcenter.heroku.com/articles/django Mit gunicorn als pro Heroku Anweisungen versagt zu zählen, die statische Dateien, die erforderlich für Django-admin-Funktion. Ändern kann ich das Procfile zu "manage.py run_gunicorn"
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Ich ganz gerne die filter-Funktion der django-admin-views (list_filter). Aber, auf Ansichten mit vielen Feldern, ich würde wirklich gerne die Möglichkeit zu minimieren/erweitern Sie mit einem Klick, speichern Bildschirm real-estate-und auch, weil es manchmal tatsächlich verbirgt Zeug. Gibt
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Habe ich ein Modell erstellt, wird es automatisch angezeigt, alle Felder aus dem Modell und zeigt Sie auf der admin-Seite. Nun, ich habe ein problem, ich möchte zwei Felder auf der gleichen Zeile, um dies zu tun
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Habe ich TinyMCE arbeiten mit dem Admin-panel (wie pro die Anweisungen, die in der Django-Docs http://code.djangoproject.com/wiki/AddWYSIWYGEditor ) Das problem ist, dass ich Inlines und andere Bereiche text in meinem Modell, für das ich nicht will, TinyMCE zu
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Habe ich gearbeitet, auf einem django-Projekt für eine Weile jetzt verwendet grappelli für den admin und plötzlich heute meine change_form.html Vorlage wirft folgende Fehler: Caught NoReverseMatch while rendering: Reverse for "grp_related_lookup" with arguments '()' and keyword arguments
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ich habe eine Frage über die Entscheidungen, die option Feld. habe ich dieses Feld: SECUENCIA = ( ('1','1'), ('2','2'), ('3','3'), ) secuencia = models.IntegerField(max_length=1,choices=SECUENCIA) Alles in Ordnung ist in meine Formulare zum hinzufügen oder aktualisieren, aber in
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Möchte ich hinzufügen, dass ein dict Feld, um ein Modell, Anzeige der dict auf den admin, und in der Lage sein, um es zu Bearbeiten in der admin. Ich habe zum Beispiel eine Beziehung dict = {
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Ich versuche, passen Sie den Django-Admin. models.py ============= class Question(models.Model): poll = models.ForeignKey(Poll) name = models.CharField(max_length=100) pub_date = models.DateTimeField('date published') admin.py =========== class QuestionAdmin(admin.ModelAdmin): list_display = ('name', 'poll'. 'pub_date') inlines = [ChoiceInline] admin.site.register(Question) Dass scheint zu sein,
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Ist es möglich, innerhalb einer einzigen Django-admin-Modell aggregierte Felder von verbundenen Objekten. Ich habe zum Beispiel ein Student-Objekt mit einem FK zu einem Test-Objekt. Das test-Objekt hat eine "score" - Feld. Kann ich insgesamt die Noten über
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Möchte ich ein readonly Feld URL klickbar in der admin auf eine change_form Seite. Ich habe versucht, ein widget, merkte aber schnell, dass widgets sind für Formular-Felder nur. So, bevor ich versuchen zu lösen dieses problem mit
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Mein admin sieht wie folgt aus (ohne auszuschließen, variable): class MovieAdmin(models.ModelAdmin) fields = ('name', 'slug', 'imdb_link', 'start', 'finish', 'added_by') list_display = ('name', 'finish', 'added_by') list_filter = ('finish',) ordering = ('-finish',) prepopulated_fields = {'slug': ('name',)} form = MovieAdminForm
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Folgte ich dem installation guide für Grappelli: Installiert django-grappelli $ pip install django-grappelli Geändert settings.py INSTALLED_APPS = ( 'grappelli', 'django.contrib.admin', ) meine urls.py urlpatterns = patterns('', (r'^grappelli/', include('grappelli.urls')), ) - Und django sagt mir: Error: No module
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Dieser scheint, wie es sollte einfach sein, aber ich muss etwas falsch machen. Ich habe erweiterte admin-templates für einzelne apps vor, aber dies ist das erste mal, ich habe versucht die Erweiterung zu ändern, etwas über das
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Habe ich zwei Modelle, ein MainModel und einer damit verbundenen InlineModel, dass ich möchte, um zu zeigen, wie eine inline in der admin. Diese InlineModel kann verwendet werden für, sagen wir, machen Sie sich Notizen über das
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In meinem urls.py ich habe eine Zeile des codes ('include(admin.Website.urls). Aber ich kann nicht finden die Quell-Datei in die setup dir von python wie ..\site-packages\django\contrib\admin Wo sind Sie? InformationsquelleAutor user2955952 | 2013-11-12
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Habe ich eine benutzerdefinierte Modell, das ich bin erfolgreich in meinem app. Das problem ist, dass innerhalb der Admin auf der Seite Benutzer Bearbeiten Bildschirm, bekomme ich eine Anzeige der gegenwärtigen Passwort-hash, statt der sehr nützliche Schnittstelle
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Brauche ich zum Bearbeiten der Vorlage angezeigt, die für die Bearbeitung eines bestimmten Benutzers. Ich brauche auf dem display einige zusätzliche Daten, die nicht passen in mit einer include-Stil. Ich entschuldige mich für die kurze Frage... aber
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Habe ich ein inline-Formularsatz, und ich möchte ausschließen, einige model-Objekte angezeigt wird, in der Formularsatz. ZB. es ist das Modell B hat Fremdschlüssel zu Modell A, also eine 1:n (Ein Objekt hat viele B-Objekte) Beziehung. Jetzt auf
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Ich bin auf der Suche, um einen zusätzlichen Satz von Seiten meiner automatisch generierten admin-site. Ich möchte zum generieren von berichten aus meine Modelle und einige Protokolle, die es umgeben. Die eigentliche Erzeugung ist nicht das Problem.
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Also habe ich Googeln um und finde keine Lösung zu meinem problem. Ich bin ehrlich gesagt ziemlich verwundert, also danke für das ansehen. mysite/mysite/urls.py: ... from django.contrib import admin admin.autodiscover() urlpatterns = patterns('', url(r'^admin/', include(admin.site.urls)), ... mysite/upgradelists/admin.py:
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Beim erstellen einer flatpage, möchte ich den Benutzer wählen Sie eine Vorlage aus einer vordefinierten Liste. Um die Flatpage Modell unberührt, ich bevorzuge ChoiceField über ModelChoiceField (letztere bietet die PK von der Vorlage, aber ich brauche den
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Ich würde gerne mit dem django-admin, um zu produzieren ein read-only-Sicht auf ein Objekt, das eine Schaltfläche "Bearbeiten" wechselt Sie zu den üblichen change-Ansicht des gleichen Objekt. Ich weiß, wie Sie die readonly-Attribute erzeugt ein nur-lese-Ansicht, aber
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In meinem django-admin bin ich versucht zu machen, ein model nicht bearbeitet werden. So, ich bin overriding eine Methode get_readonly_fields von admin.ModelAdmin. Here is my Code @admin.register(SMSTemplate) class SMSTemplateAdmin(admin.ModelAdmin): list_display=['title', 'json', 'note'] formfield_overrides = { JSONField: {'widget':
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Ich versuche, das admin-Website, um zu arbeiten für mein Django Projekt. Ich bin nach diesem tutorial https://docs.djangoproject.com/en/1.4/intro/tutorial02/ und ich bin mit Django 1.4. Urls.py: from django.conf.urls import patterns, include, url # Uncomment the next two lines to
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author = models.ForeignKey(User) Gibt es eine Möglichkeit, kann ich den Standardwert in diesem Feld wählen Sie automatisch der Benutzer eingeloggt ist? Ich weiß, Sie können dies tun, in der save-Methode, aber mein client angefordert hat, dass es
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Habe ich ein Django model wo es ein upload-Feld für Bilder, versuche zur Validierung der image-Feld zu überprüfen, die Bildgröße vor dem speichern und Rückkehr elegant Fehlermeldung für den Benutzer zu korrigieren. Ich habe folgenden code, aber
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Habe ich diese situation: Ich habe Modelle, Artikel, Region und Land. class Item(models.Model): name = models.CharField(max_length=255) alias = models.SlugField(unique=True) country = models.OneToOneField(Country, default=0) region = models.OneToOneField(Region, default=0, related_name='') class Region(models.Model): name = models.CharField(max_length=100) country = models.ForeignKey(Country, default=0)
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Formatieren DateTimeField in Admin nach localtime und Zeitzone ? Meine settings.py: TIME_ZONE = 'Europe/Bratislava' LANGUAGE_CODE = 'en-us' USE_I18N = True USE_L10N = True USE_TZ = True pytz-Paket installiert ist. Modell: class Material(models.Model): category = models.ForeignKey(Category, null=True, blank=True)
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Wie kann ich den Zugriff auf die parent-Instanz aus dem Modell inline admin? Mein Ziel ist das überschreiben der has_add_permission Funktion basiert auf dem status der übergeordneten Instanz. Ich will nicht, um zu ermöglichen, fügen Sie ein
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Dachte ich, aus welchem Grund auch immer, das wäre einfach zu tun, aber ich sah tiefer und es scheint keinen einfachen Weg, um Benutzern das ausführen benutzerdefinierter admin-Aktionen auf den "ändern" - Ansicht, der eine Instanz (d.h.
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Ich versuche Django zum ersten mal, und ich versuche zu Folgen das tutorial zur Verfügung gestellt durch das django-team. Nachdem ich ein neues Projekt erstellt, bekomme ich die folgende Ordner - /Datei-Struktur, genau wie das tutorial sagt
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Ich mich von den docs von django-disqus, um es in mein Projekt. Installiert hab ich es an meinen Einstellungen, mit anderen benötigten Einstellungen (API key und short name). Aber wenn ich versuchen Sie, diese Befehle ausführen: >>>
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Wenn ich versuche mich zu öffnen, django admin panel dieser Fehler zeigt: ImportError at /admin/ failed to find libmagic. Check your installation Request Method: GET Request URL: Django Version: 1.5.1 Exception Type: ImportError Exception Value: failed to
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Die Django-Website, die ich arbeite, hat die Möglichkeit, für die Benutzer für ein Konto anmelden. Um Ihnen mit einigen Bearbeitungsfunktionen, ich verwende die built-in-Django-admin. Aber, ich habe ein problem: Nachdem sich ein Benutzer angemeldet hat, haben Sie
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Ich habe FileField in meinem django-Modell: file = models.FileField(upload_to=FOLDER_FILES_PATH) Im Django-admin-Bereich für die änderung dieses Modell habe ich volle Pfad zu dieser Datei (standardmäßig): Currently: /home/skyfox/Projects/fast_on_line/order_processor/orders_files/mydog2_2.jpg Wie kann ich den link für den Download dieser Datei für
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Dies ist ein follow-up zu diesem Frage. Wie kann ich die Eigenschaften von Anzeige definiert, die sich auf ein Kind-Modell in eine inline-auf die Eltern? Um zu veranschaulichen, habe ich dieses Modell: class UserProfile(models.Model): user = models.ForeignKey(User,
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Ich glaube, das ist eine einfache Frage, und ich bin fehlt nur noch 1 kleinen Schritt. Ich wollen beliebige Anzahl der folgenden (wie der Begriff in dem nächsten parameter): [not signed in] -> profile -> login?next=/accounts/profile/ ->
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Ich versuche zu filtern, die Optionen in eine foreignkey-Feld, in eine django-admin-inline. So, ich möchte Zugriff auf das parent-Objekt bearbeitet wird. Ich habe geforscht, konnte aber keine Lösung. class ProjectGroupMembershipInline(admin.StackedInline): model = ProjectGroupMembership extra = 1 formset
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Ich versuche, die Implementierung einer auto-update für den Benutzer ein Datensatz erstellt, mit ModelAdmin save_model wie beschrieben hier. Ich war nicht in der Lage, herauszufinden, wie man rund um die kwarg Fehler "speichern() got an unexpected keyword
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Arbeite ich auf Django-Projekt, wo ich zu extrahieren der Liste der Benutzer auf excel aus dem Django-Admin-Benutzer-Bildschirm. Ich fügte actions variable zu meinem Beispiel-Klasse für immer die Häkchen-Box vor jedem Benutzer-id. class SampleClass(admin.ModelAdmin): actions =[make_published] Aktion make_published
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Ich versuche, mit admin.LogEntry-Objekte während einer datamigration auf Django 1.7 Den 'django.contrib.admin' app aufgeführt ist INSTALLED_APPS. Auf der shell funktioniert es: >>> from django.apps import apps >>> apps.get_model('admin', 'LogEntry') django.contrib.admin.models.LogEntry Aber während der migration schlägt fehl: def