与laravel模板显示内容，也不得刀片

我有这个控制器方法与laravel模板显示内容，也不得刀片

class Account_Controller extends Base_Controller 
{ 
    public $layout = 'layouts.default'; 

    public function action_index($a,$b) 
    { 
     $data['a'] = $a; 
     $data['b'] = $b; 

     $this->layout->nest('content', 'test',$data); 
    } 
}

这是我的布局

<div id = "content"> 
    <?php echo Section::yield('content'); ?> 
</div>

，这是我的test.php

echo $a; 
echo '<br>'; 
echo $b; 
echo 'this is content';

当我访问此

http://localhost/myproject/public/account/index/name/email

我得到我的布局加载但test.php未加载。我如何在我的模板中加载内容。我不想使用刀片。

来源

2013-03-06 raheel shan

当您在另一个视图中嵌套视图时，它的内容被定义为一个简单的变量。所以，只需输出它：

<?php echo $content ?>

当您需要在子视图中更改布局（或任何父视图）时，使用该部分。例如：

// on layout.php 
<title><?php echo Section::yield('title') ?></title>

// on test.php 
<?php Section::start('title'); ?> 
    My Incredible Test Page 
<?php Section::stop(); ?> 

<div class="test_page"> 
    ... 
</div>

来源

2013-03-08 04:49:46 vFragosop

太好了！这太简单了，我从来没有注意过，这可能太简单了。谢谢！ – 2013-03-08 06:44:03

我认为你需要渲染它，不知道，也许部分负荷：

<div class="content"> 
    <?php echo render('content.test'); ?> 
</div>

看看这个样品嵌套的观点：http://laravel.com/docs/views#nesting-views

public function action_dostuff() 
    { 
     $view = View::make('controller.account'); 
     // try dump var to grab view var_dump($view); 
     var_dump($view); 
     $view->test = 'some value'; 
     return $view; 
    }

或者使用替代刀片：Templating in Laravel

来源

2013-03-06 17:26:57

与laravel模板显示内容，也不得刀片

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