Angular / Ionic 4：从另一个页面返回时触发更改检测

Question

我是 Angular 和 Ionic 4 的新手，正在构建一个 Ionic 应用程序。我有以下情况：

一个页面中有 2 个组件。我在组件 A 中并向前导航到组件 B，然后打开模态并更新数据库 (SQLite)。

我需要使用数据库中保存的新值来更新组件 A 的模板。但是当我单击组件 B 上的后退按钮（返回 A）时，我无法读取数据库，因为似乎此事件不会触发组件 A 上的任何内容。

我试图在 onDoCheck 中读取数据库，但它进入了一个循环。

我试图让组件 B 在单例上写入一个值，然后让组件 A 在 onDoCheck 中检查它，但它也不起作用。

我试图在模态的确认中调用 ApplicationRef.tick()。但它并没有在 A 上触发任何东西。

我没有找到一种方法来捕获从组件 B 到 A 的“返回事件”。如果我找到了，我会尝试在该事件上调用 ApplicationRef.tick()...

它猜这是非常基本的东西，我可能错过了一些重要的 Angular 概念。 有人可以在这里给我一些亮光吗？

Answer 1

您要做的是父子组件之间的通信，使用组件 A 的 AfterViewInit 实现非常容易：

export class A implements OnInit, AfterViewInit{
@Input() SharedValue = {}
ngAfterViewInit(): void {
        if (this.B) {
            this.SharedValue= this.B['sharedValue'];
        }
    }
}

Answer 2

ionic 自己的生命周期事件将满足您的要求，例如 ionViewDidLoad(),ionViewWillEnter(),ionViewWillLeave(),ionViewDidLeave(),ionViewWillUnload()