Tag: django
Django ist ein open-source-server-side web application framework, das in Python geschrieben. Es ist entworfen, um zu reduzieren den Aufwand zur Erstellung von komplexen Daten-driven websites und web-Anwendungen, mit einem besonderen Fokus auf weniger code, keine Redundanz und mehr explizit als implizit.
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Ich versuche zu implementieren ist eine django-Formularsatz (wo Benutzer können dynamisch hinzufügen/entfernen von Formularen von formset). Ich JS verwenden, um neue Zeilen (mit empty_form): $("#add-item").click(function(e){ e.preventDefault(); var count = parseInt($('#id_form-TOTAL_FORMS').val()); $('.invoice-items').append($('#empty_invoice_item').html().replace(/__prefix__/g, count)); $('#id_form-TOTAL_FORMS').attr('value', count+1); $(".invoice-items .invoice-item .col-lg-9
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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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Das Problem das ich habe ist mein wsgi-Datei nicht importieren können die wsgi-Handler richtig. /var/log/apache2/error.log Berichte: ImportError: No module named django.core.Handler.wsgi Googeln dies bringt ein paar Ergebnisse, die meist den Umgang mit Berechtigungen Fehler, da www-data nicht
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Arbeite ich an einem django-Projekt, in dem ich mehrere apps. Jede app hat tests-Verzeichnis die test für das gesamte Projekt. Meine Verzeichnisstruktur ist wie folgt. Project App_1 tests __init__.py tests_views.py App_2 tests __init__.py tests_views.py settings.py manage.py Ich
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Habe ich eine django-Datei Modell, das Modelle.FileField field und eine form, die verwendet wird, um Dateien auf den server hochzuladen: class UploadFile(model.Model): filename = models.FileField(upload_to='uploads') description = models.CharField(max_length=38, blank=True) class UploadFileForm(ModelForm): class Meta: model = UploadFile fields
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Ich weiß Django unterstützt keine Fremdschlüssel über mehrere Datenbanken (ursprünglich Django 1.3 docs) Aber ich bin auf der Suche nach einem workaround. , Was nicht funktioniert Habe ich zwei Modelle jeweils in einer eigenen Datenbank. routers.py: class
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Möchte ich damit beginnen eine private Beta für meine website. Ich habe ein splash-Seite, wo ein Benutzer können einen code eingeben um dann auf dem rest der Seite. Derzeit werden alle anderen Seiten (außer der splash-Seite) bestehen
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Ich versuche zu machen, eine grundlegende Art-Funktion für ein Django-Projekt, aber ich weiß nicht, wie Sie rufen die sort-Funktion, wenn ich auf 'Sortieren' - Taste Django anzeigen: def sort_btn(request): if request.GET.get('sort-btn'): cits = Citizen.objects.all().order_by('name') return render_to_response(request, 'civil_reg/index.html',
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War ich mit einer sqlite Datenbank und nach der Anwendung python manage.py dumpdata ich fügte hinzu, die neue postgresql Datenbank-Einstellungen in settings.py DATABASES = { 'default': { 'ENGINE': 'django.db.backends.postgresql_psycopg2', 'NAME': 'music', 'USER': '**', 'PASSWORD': '****', 'HOST': '127.0.0.1',
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Ich habe die Anweisungen befolgt, die in diese Frage, die Dokumentation, und ich habe sogar angeschaut diese eine, aber bisher bin ich nicht in der Lage, um auf meine statische Dateien mit python manage.py runserver. Diese sind
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Wie funktioniert select_related Arbeit mit einem Modell, das mehrere foreign keys? Macht es einfach wählen Sie die erste? Klasse Modell: fkey1, fkey2, fkey3... Die Dokumentation sagt nichts darüber, zumindest nicht in denen die Methode angegeben wird. InformationsquelleAutor
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Ich bin derzeit mit sqlite3 wie die DB für einen meiner Django-Projekte. Ich möchte dies ändern, um die Verwendung von postgresql, und ich möchte zu halten, alle Daten intakt. Ich verwendet ./manage.py dumpdata > dump.json erstellen Sie
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Mit 145 Gabeln, 125 offene Fragen, und die Letzte Version schon fast 2 Jahre her, django-Kolben scheint zu sein, nähert sich abandonware und da das Projekt an dem ich arbeite, ist wahrscheinlich zu groß sein, würde ich
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Django empfiehlt mir, wenn ich dabei bin, nur einen server (Apache) dienen sowohl dynamische als auch statische Dateien, dann Ich sollte dazu dienen, statische Dateien, die mit django.contrib.staticfiles. Also in meinem settings.py ich geladen haben django.contrib.staticfiles zu
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Ich bin Upgrade von meinem Django-App von Django 1.5.5 tot 1.9, Django-cms von 2.4.3 auf 3,3 (und alle dazugehörigen Pakete). Nachdem ich pflügte durch all die Fehler abgeschrieben Funktionen, die ich jetzt stolpern Sie auf eine Fehlermeldung,
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Folgte ich die ganze Dokumentation über die text-übersetzung, aber django nicht meine .mo - Datei berücksichtigt. Einige Fakten: Ich erstellte eine conf/locale/ Ordner in das Stammverzeichnis meines Projektes django.po generiert wurde erfolgreich mit django-admin.py makemessages -l fr
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Habe ich mit Django für ein paar Jahre jetzt, aber ich bin kämpfen, heute mit dem hinzufügen einer HAVING Einschränkung einer GROUP BY. Meine queryset ist folgende: crm_models.Contact.objects\ .filter(dealercontact__dealer__pk__in=(265,), dealercontact__activity='gardening', date_data_collected__gte=datetime.date(2012,10,1), date_data_collected__lt=datetime.date(2013,10,1))\ .annotate(nb_rels=Count('dealercontact')) gibt mir die folgende
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(sorry für mein schlechtes Englisch) Brauche ich um ein Objekt zu löschen, aber direkt aus einer Liste der Objekte, die y habe in meinem template. Ich habe eine Arbeit, die Bestellungen, die Ersatzteile, aber ich weiß nicht,
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Sehe ich clone() verwendet wird, umfassend in django-code queryset.query.clone() queryset.clone() Was ist es und soll ich imitieren das Verhalten in meinem queryset-oder manager-Methoden? InformationsquelleAutor eugene | 2014-01-27
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Ich bin denken über das erstellen einer mixin form-Klasse, so dass ich hinzufügen kann, einen gemeinsamen Satz von Feldern zu einer Vielzahl von ansonsten sehr unterschiedlichen Formen. Nur verwenden Sie es als eine Basis-Klasse wird nicht funktionieren,
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Bekam ich diese Fehlermeldung, wenn er eine app und ich denke, das problem liegt in meine login.html als Sie in die Fehler-Blatt. Ist es, weil ich 2 {% block content %} was es Konflikte? Danke, hilft mir
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Ich bin versucht, zu aktualisieren Benutzer in Django-Datenbank. Abgerufenen Daten ist wie folgt : fetched_data = { 'id': 1, 'first_name': 'John', 'last_name': 'Doe', 'phone': '+32 12', 'mobile_phone': '+32 13', 'email': '
[email protected]', 'username': 'myusername' } Bekomme ich die
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Ich Baue einige Django-filter-Abfragen-dynamisch, mit diesem Beispiel: kwargs = { 'deleted_datetime__isnull': True } args = ( Q( title__icontains = 'Foo' ) | Q( title__icontains = 'Bar' ) ) entries = Entry.objects.filter( *args, **kwargs ) Ich bin nur
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Iam mit cybersource für die Zahlung per Kreditkarte. Erstellt, username-token für die Sicherheit von Daten mit dem test Konto erstellt Beim Ausführen self.response = self.client.service.runTransaction(**options) Wird Fehler Server raised fault: ' Security Data : UsernameToken authentication failed.
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Ich weiß, diese Frage klingt komisch, aber bitte, lassen Sie mich erklären, mich. Ich bin mit einem Dekorator, um eine Meldung bestehen bleiben, bis der Benutzer tatsächlich entlässt (wie z.B. das Verhalten von stack-overflow-Meldungen). Das problem ist,
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Wir haben vor kurzem gezwungen, zu ersetzen Sellerie mit RQ, da ist es einfacher und Sellerie gab uns zu viele Probleme. Nun, wir sind nicht in der Lage, einen Weg zu finden, erstellen Sie mehrere Warteschlangen dynamisch,
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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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Möchte ich die Größe ändern Bild(Kissen) vor dem hochladen, ich Schreibe folgenden code funktioniert aber nicht! und bekomme Fehler: AttributeError unter /myapp/Liste/ _committed Request Method: POST Anforderungs-URL: http://127.0.0.1:8000/myapp/list/ Django Version: 1.8 Typ Der Ausnahme: AttributeError-Ausnahme-Wert: _committed Ausnahme-Speicherort:
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Ich habe ein Formular wie dieses: class SomeForm(forms.Form): first = forms.IntegerField(max_value= DontWantToSetYet) second = forms.IntegerField(max_value= DontWantToSetYet) third = forms.IntegerField(max_value= DontWantToSetYet) Wie kann ich die max_values zur Laufzeit? I. E if request.method == 'POST': form = SomeForm(request.POST, max_values
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Ich bin so der Benutzer eine txt-Datei hochladen und dann Einreichen, so kann ich einige arbeiten auf, die Datei in einer meiner Ansichten. Hatte ich einige Probleme mit, die aber mit Hilfe der community ist nun zumindest
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Betrachten Sie eine Auflistung Modell mit einer zugehörigen Kategorie. Ich möchte einen neuen Eintrag erstellen für Sie eine vorhandene Kategorie, indem Sie einen POST mit den Daten: {"title": "myapp", "category": {"name": "Business"}}, wo title ist der Titel
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Bin ich ein bisschen ein problem, ich lud meine Django-Projekt zu einem webserver mit apache, mod_python und django. Auf dem computer, die ich entwickelt habe, auf das folgende funktioniert nameBox = getNamesBox().render(locals()) - def getNamesBox(): users =
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Als ein Beispiel, def get_booking(f=None): print "Calling get_booking Decorator" def wrapper(request, **kwargs): booking = _get_booking_from_session(request) if booking == None: # we don't have a booking in our session. return HttpRedirect('/') else: return f(request=request, booking=booking, **kwargs) return wrapper
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Habe ich eine einfache Django form: class CommentForm(forms.Form): comment = forms.CharField(max_length=2000, required=True) post_id = forms.CharField(max_length=2000, widget=forms.HiddenInput, required=True) parent_id = forms.CharField(max_length=2000, widget=forms.HiddenInput, required=True) Nun will ich drucken Sie dieses Formular mehrmals auf meiner Seite - ich Tue es
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Betrachten Sie die folgenden Modelle: class Person(models.Model): name = models.CharField(max_length=128) class Group(models.Model): name = models.CharField(max_length=128) members = models.ManyToManyField(Person, through='Membership') class Membership(models.Model): person = models.ForeignKey(Person) group = models.ForeignKey(Group) date_joined = models.DateField() invite_reason = models.CharField(max_length=64) Mitgliedschaft ist eine angepasste
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Schnell (wahrscheinlich dumm) Frage. Dies ist der Fluss von meiner Seite: User meldet sich an und wird weitergeleitet, um eine benutzerdefinierte admin-Seite. Auf dieser admin-Seite haben Sie die Möglichkeit zu einem 'Profil'. Ich will ordnen Sie die
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Ich versuche zu begrenzen Möglichkeiten für ein Feld, indem Werte der beiden Spalten, 'share_holder' und 'Verteiler'. Wenn einer von Ihnen wahr ist, dann möchte ich, dass Wahl. Mit unten version, ich habe nur Entscheidungen, die Erfüllung von
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Habe ich solche Modell: class Place(models.Model): name = models.CharField(max_length=80, db_index=True) city = models.ForeignKey(City) address = models.CharField(max_length=255, db_index=True) # and so on Da ich Sie importieren die Daten aus vielen Quellen, und die Benutzer meiner website sind in
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Gibt es einige Gründe, Django mit PyPy? Ich lese PyPy erhöht perfomance. Real-world-performance-zahlen, die diskutiert wurden, auf die pypy-dev-mailing-Liste, vor kurzem. Ich bekam ähnliche Ergebnisse läuft eine große Website mit PyPy 1.7 und psycopg2ct. Es scheint, dass
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, Wie zum ersetzen der Standard-Primärschlüssel in Django-Modell mit benutzerdefinierten Primärschlüssel-Feld? Habe ich ein Modell mit kein Primärschlüssel definiert ist, am Anfang, da django fügt automatisch eine id Feld standardmäßig als primäre Feld. #models.py from django.db import
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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 bin mir immer diese Fehlermeldung in dieser Funktion in meinem views.py Datei. Es ist verwirrend, weil ich nicht weiß, was "WSGIRequest" ist oder warum es gibt mir Probleme. Ich weiß, ich habe eine variable namens "newUser",
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Arbeite ich auf benutzerdefinierte monitoring-system auf meinem server. die Anwendung wurde entwickelt mit python und Django. Dem server ist die Ausführung von java-web-Anwendungen, und ich muss zur überwachung der JVM, unter dem der Anwendungsserver ausgeführt wird, also
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Hallo ich aktualisieren müssen, mein custom-template-tag --right_side.py-- via Ajax. Gibt es eine Möglichkeit zum importieren der template Tags in die Ansicht und schicken Sie es als HttpResponse, weil ich nicht wollen, zu geben, meine eigene template-tag (es
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In ein Formular übertragen Szenario, form post "/submit". Ich möchte umleiten Benutzer "/Erfolg" auf Erfolg und pass Rendern eine Nachricht an ein template auf die neue url. Wie dies bei Django? render_to_response nicht umleiten und HttpResponseRedirect nicht
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In meinem django-Anwendung habe ich ein Formular bereitstellen, die es Benutzern ermöglicht, eine Datei hochzuladen. Die Datei kann in verschiedenen Formaten (Excel, CSV), kommen aus einer Vielzahl von Plattformen (Mac, Linux, Windows), und codiert werden, in eine
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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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Hallo allerseits ich möchte schreiben, eine Django-view für die Startseite, und ich weiß, dass erstmal brauche ich zum erstellen einer Django-Anwendung in meinem Projekt. Ich weiß, dass ich das folgende schreiben: $ python manage.py startapp Namen ,