Yii2 模型 ViaTable答案

【问题标题】：Yii2 Model ViaTableYii2 模型 ViaTable
【发布时间】：2018-07-21 01:59:30
【问题描述】：

为简单起见，假设我有 3 个表：menu、page 和一个联结表 menu_page。

因此，如果我想获取页面“主页”可用的所有菜单，我在模型中定义了一个关系：

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id']);
}

但是现在我们在菜单表中添加了一个名为show_all_pages的属性，如果设置为1，则应该返回菜单，否则我们应该检查菜单是否可以在主页上使用。

有没有办法在这里添加这个条件？

【问题讨论】：

您希望它全局集成到关系中还是任何特定的controller 或action 都需要它？
在关系中
下面的答案应该可以工作

标签： php yii2 yii2-model

【解决方案1】：

您可以使用andWhere 子句将此过滤器应用于show_all_pages

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])
                ->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])
                ->andWhere(['show_all_pages' => 1]);
}

【讨论】：

如果我理解正确，您将在已经与 pagemenu 连接的查询上添加一个额外的条件。这个想法是菜单可以有字段 show_all_pages 但在 pagemenu 表上没有记录。
@Eduardo “您正在为已经与 pagemenu 连接的查询添加一个额外的条件” - 这是正确的，但是我不明白您评论的下一部分，但实际上这 @ 987654325@ 用于将show_all_pages = 1 添加到生成的sql 的WHERE 子句中
我的情况我需要或者使用viaTable或者show_all_pages属性条件做join，都不能应用。

【解决方案2】：

到目前为止我发现的解决方案是分离 Active Queries 并做一个 Union：

public function getSelectedMenus() {

        return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])->onCondition(['menu.active' => Page::ACTIVE]);
    }

    public function getAllMenus() {
        return Menu::find()->where(['active' => Page::ACTIVE, 'show_all_pages' => 1]);
    }

    public function getMenus() {

        $selectedMenus = $this->getSelectedMenus();
        $allMenus = $this->getAllMenus();

        return $selectedMenus->union($allMenus);

    }

【讨论】：