在 Symfony 2.1 抽象类型中访问当前用户答案

【问题标题】：Access current user in Symfony 2.1 Abstract Type在 Symfony 2.1 抽象类型中访问当前用户
【发布时间】：2012-10-02 08:32:53
【问题描述】：

我对如何在 Symfony 2 中访问当前用户有点困惑。目前我正在尝试根据当前用户的角色显示表单的变体 (AbstractType)。

Gremo已经回答了类似的问题：Access currently logged in user in EntityRepository

我的问题是：是否有一种 Symfony 2 本地方式可以在不使用 JMSDiExtraBundle 的情况下访问我的 AbstractType 类中的用户？谢谢！

这是我当前的代码：

namespace Acme\DemoBundle\Form;

use Symfony\Component\Form\AbstractType;
use Symfony\Component\Form\FormBuilderInterface;
use Symfony\Component\OptionsResolver\OptionsResolverInterface;

class Comment extends AbstractType
{
    public function buildForm(FormBuilderInterface $builder, array $options)
    {

        //somehow access the current user here

        $builder
            ->add('name')
            ->add('comment_text')
            ->add('comment_email')

        // Add more fields depending on user role

                ;
    }

    public function setDefaultOptions(OptionsResolverInterface $resolver)
    {
        $resolver->setDefaults(array(
            'data_class' => 'Acme\DemoBundle\Entity\Comment'
        ));
    }

    public function getName()
    {
        return 'acme_demobundle_comment';
    }
}

编辑：我正在寻找当前登录的用户（security.context）

【问题讨论】：

标签： symfony symfony-2.1

【解决方案1】：

进入你的控制器，做这样的事情

$form = $this->createForm(new CommentType($this->get('security.context')
                                           ->isGranted('ROLE_ADMIN')), $comment);

ROLE_ADMIN 是您要区分的角色。

现在，在您的Type 中，您必须通过以下方式检索它

private $isGranted;

public function __construct($roleFlag)
{
  $this->isGranted = $roleFlag;
}

public function buildForm(FormBuilderInterface $builder, array $options)
{
  $builder
    ->add('name')
    ->add('comment_text')
    ->add('comment_email');

    if($this->isGranted) {
      $builder
        ->add(....)
        ->add(....)
        [....]
        ->add(....);
}

【讨论】：

这正是我在看到 user1326721 的回复后实现的代码 ;-) private $roleFlag; 应该是 private $isGranted; 虽然

【解决方案2】：

JMSDiExtraBundle 提供（除其他外）注释和快捷方式以定义服务，例如表单类型和原则侦听器，这只是常规服务，但带有特定标签。如果我没记错的话，该捆绑包包含在标准 Symfony 2.1 版本中，那么为什么不使用它呢？

无论如何要以“旧方式”注入用户，例如使用构造函数注入：

class Comment extends AbstractType
{
    private $context;

    public function __construct(SecurityContext $context)
    {
        $this->context = $context;
    }

    public function buildForm(FormBuilderInterface $builder, array $options)
    {
        $loggedUser = $this->context->getToken()->getUser();

        /* ... */
    }
}

并将其定义为带有form.type标签的服务：

<service id="form.type.comment" class="Acme\DemoBundle\Form\Comment">
    <argument type="service" id="security.context" />
    <tag name="form.type" alias="comment" />
</service>

【讨论】：

$this->securityContext 应该是 $this->context

【解决方案3】：

为什么不将 User 作为 ConstructorArgument 注入：

$form = $this->createForm(new CommentType($user), $comment);

我是 Symphony 的新手，所以我希望这不是完全错误的：-S

【讨论】：

这不是完全错误的，但是当你的类型变成service 时效果不好，在我看来，这是对可重用类型正确的方法。无论如何，你的答案是有效的:)
@Matt：从技术上讲，他的解决方案是最好的。代码是可重用的（因为 CommentType 是一个类）并且在这里定义一个服务并不重要。那是因为，服务，只有在两种情况下才有用。第一个是，当该服务对特定任务执行“很多事情”时。构建表单不是其中之一（formBuilder 和其他人已经这样做了）。此外，服务只会在请求时间生命周期内“存活”，所以得出你的结论
我同意代码仍然可以按原样重用。但我不同意你的另外两个cmets。服务比这更有用。它们有助于减少您需要传递给每个表单类型的选项，因为您可以将依赖项直接注入到类型中，例如security.context 服务。它们还简化了在嵌入子类型（如 CollectionType）的其他类型中的类型重用，并且它们更快，因为它们可以被缓存。最后，实例化类型可能会在 Symfony 2.2 中被移除。请参阅此PR 了解更多信息。
谢谢，我是这样实现的。

【解决方案4】：

如果 UserObject 是您正在使用表单处理的评论模型的一部分，您将能够通过以下方式访问它：

public function buildForm(FormBuilderInterface $builder, array $options)
{
    $user = $builder->getData()->getUser();
    ....

【讨论】：

这会给我一个用户对象，它已经被一个现有的评论持久化了，不是吗？我正在尝试从安全上下文访问当前登录的用户，以便在显示 for 添加 new 评论之前使用该信息。我已经更新了问题。
在创建表单以添加新评论时，您会将登录用户从安全上下文注入到表单中。无需从 FormType 中访问安全上下文，您只需从控制器中注入用户对象，在其中创建表单的新实例