Undefined variable in CodeIgniter Anzeigen

Ich versuche zu drucken meine Schlüssel/Wert-Paare von Daten in meinem CodeIgniter-Ansicht. Allerdings bin ich mir immer die folgende Fehlermeldung. Was ich ich falsch mache?

Einen PHP-Fehler aufgetreten

Severity: Notice

Message: Undefined variable: Daten

Mit dem Namen: views/search_page2.php

Zeilennummer: 8

application/controller/search.php

//...
        $this->load->library('/twitter/TwitterAPIExchange', $settings);
        $url = 'https://api.twitter.com/1.1/followers/ids.json';
        $getfield = '?username=johndoe';
        $requestMethod = 'GET';     
        $twitter = new TwitterAPIExchange($settings);

        $data['url'] = $url;
        $data['getfield'] = $getfield;
        $data['requestMethod'] = $requestMethod;        

        $this->load->view('search_page2', $data);
//...

application/views/search_page2.php

<!DOCTYPE html>
<html lang="en">
<head>
    <meta charset="utf-8">
    <title>Twitter Test</title> 
</head>
<body>
<?php print_r($data); ?>

<?php foreach ($data as $key => $value): ?>
    <h2><?php echo $key . ' ' . $value . '<br />'; ?></h2>
<?php endforeach ?>
</body>
</html>

InformationsquelleAutor Anthony | 2013-05-11

  1. 3

    um das Daten-array zugänglich in der Ansicht zu tun, wie

        $data['url'] = $url;
    $data['getfield'] = $getfield;
    $data['requestMethod'] = $requestMethod;        

    $data['data'] = $data;
    $this->load->view('search_page2', $data);

    sonst nur die Variablen mit Namen als Schlüssel wird in der Ansicht nicht die Daten-variable, die wir übergeben.

    update:

    dies ist die Antwort auf Ihren Kommentar zu juan ' s Antwort
    Eigentlich, wenn Sie versuchen, zu machen es in die andere Richtung vorgeschlagen.

    controller-code wird ohne änderung aus dem code, den Sie geschrieben.

        $data['url'] = $url;
    $data['getfield'] = $getfield;
    $data['requestMethod'] = $requestMethod;
    $this->load->view('search_page2', $data);

    aber in die Ansicht code, den Sie benötigen, um genau das tun.

     <h2>url <?PHP echo $url; ?><br /></h2>
 <h2>getfield <?PHP echo $getfield; ?><br /></h2>
 <h2>requestMethod <?PHP echo $requestMethod; ?><br /></h2>

    statt der foreach-Schleife, wie Sie Ihre Schlüssel in $Daten bereits verfügbar sind oder sich die entsprechenden benannten Variablen innerhalb der Ansicht.

    Warum würden Sie dies tun? Ich würde viel lieber halten Sie den Behälter und die Daten der Vorlage selbst trennen
    +1 Danke für Ihre Antwort. Dieser funktioniert. Ich bin neu bei CodeIgniter und können nicht wissen, die besten Praktiken, aber gibt es etwas falsch mit dieser Lösung Juan?
    es war nur eine schnelle Lösung habe ich vorgeschlagen, Bruder. anders herum ist ziemlich viel einfacher.
    es ist nicht ein echtes problem, es fühlt sich einfach falsch die Verwendung der container als template-Daten.

    InformationsquelleAutor mithunsatheesh

  2. 4

    Die Variablen im template sind

     $url, $getfield, $requestMethod

    $data ist der container für die Variablen, die übergeben werden, um die Ansicht und nicht direkt zugänglich

    Wenn Sie brauchen $data zugänglich anzuzeigen, verwenden Sie einen anderen wrapper-Objekt

     $container  = array();
 $container  ['url'] = $url;
 $container  ['getfield'] = $getfield;
 $container  ['requestMethod'] = $requestMethod;
 $container  ['data'] = $data;
 $this->load->view('search_page2', $container);
    Wie kann ich sonst noch passieren mehrere Variablen an den view? Der folgende code funktioniert nicht: $this->laden->view('search_page2', $url, $getfield, $requestMethod);
    Sie passieren mehrere Variablen Sie genauso wie bei $data alle Tasten, die Sie hinzufügen, in $data verabschiedet werden, um das template als Variablen
    ich habe einen Beispiel-code, der diese auch in meiner Antwort, wenn Sie brauchen, um zu schauen.

    InformationsquelleAutor Juan Mendes

Schreibe einen Kommentar