Django View /过滤器

Question

我刚刚完成了 Django 教程，虽然很想学习更多，但我绝不精通。我想你可能会说我现在还不够了解危险。

假设我有一个音乐数据库。我有一个艺术家模型、一个专辑模型、一个流派模型和一个歌曲模型。我想做的是根据给定的过滤器显示专辑(甚至艺术家)；所以我的前端会显示一个专辑列表并提供一种过滤列表的方法。例如，“Jazz”链接只会显示 Jazz 专辑。很简单。

我可以想出几个方法来完成这个，但我想从右脚开始......开始形成“最佳实践”Django 方法。我能想到的一种方法是编写 View ...这样/albums/jazz 将只显示爵士乐。另一种方法是编写过滤相册的模型级方法。然而，在这里我对如何实际实现这样的过滤器有点模糊。

有人可以大体概述如何最好地完成这项任务吗？

Answer 1

假设您知道如何在项目中构建应用程序(即本教程教授的内容)，您可以使用示例 models.py、urls.py和 views.py 用于您的示例应用 myapp。

示例 models.py:

class Genre(models.Model):
    name = models.CharField(unique=True) # set name to be unique
    ...

class Album(models.Model):
    genre = models.ForeignKey(Genre)
    ...

示例urls.py:

urlpatterns = patterns('',
    ...
    url(
        r'^albums/(?P<genre>[-\w]+)/$',
        ListAlbumsByGenreView.as_view(), name='list_albums_by_genre_view'
    ),
    ...
)

请注意 genre 参数是 URL 模式中的唯一参数。

示例 views.py 使用 ListView :

from django.shortcuts import get_object_or_404
from django.views.generic.list import ListView

from myapp.models import Album, Genre

class ListAlbumsByGenreView(ListView):

    model = Album

    def get_context_data(self, **kwargs):
        context = super(ListAlbumsByGenreView, self).get_context_data(**kwargs)
        # fetch the genre; if genre not found, an HTTP 404 is returned
        genre = get_object_or_404(Genre, name=kwargs['genre'])
        # filter the albums by genre
        context['albums'] = Album.objects.filter(genre=genre)
        return context

上面的 ListView 将 albums 放在您的 HTML 模板的上下文中；这包含按流派过滤的专辑列表。

上面使用的单独导入的函数都在 Django 文档中有详细的记录。