Laravel动态可填充模型

Question

在laravel 5.2中遇到了问题。

以下是eloquent创建操作（后调用）期间的错误，

Model.php 453中的批量分配异常：column_name

以下是要考虑的先决条件：

1. 通过以下代码以动态方式填充模型中的可填充内容： public function __construct（）{$ this-> fillable（\ Schema :: getColumnListing（$ this-> getTable（）））}

以下是到目前为止调试的方法：

1. 在插入之前，在控制器中，$ model :: getillableField（）给出了适当的可填充数组。
2. 在model.php行（450）中， if（$ this-> isFillable（$ key））{$ this-> setAttribute（$ key，$ value）; } 上面的代码返回值为“false”，$ model :: getFillableField（）在数组列表中有column_name。
3. 用表格列硬编码$ fillable变量会删除错误。请帮忙，我哪里出错了，解决方案是什么？

提前致谢。

Answer 1

你真正想做的是让所有字段都可填写。

在Laravel中执行此操作的正确方法是：

protected $guarded = [];

这适用于5.2，即使它的文档在5.3中找到。

（Qazxswpoi）

（Qazxswpoi）：

如果您想使所有属性都可以分配，您可以将$ guarded属性定义为空数组：

通过将relevant source code for 5.2设置为空数组，您将创建一个空的黑名单，允许所有字段都可以进行质量分配。

此外，如果此模型将直接由用户输入构建，请不要这样做。 Laravel要求定义Documentation from 5.3或$guarded是有原因的。除非您的模型具有字面上1：1的公共表单字段，否则允许所有字段在批量分配上可写是一个安全漏洞。

Answer 2

试试这个。将以下代码放入您的模型中，

$fillable

这使得每个列都可以从该表中填充。

Answer 3

创建使用数据库列的特征。

$guarded

现在在模型中使用此特征。

public function __construct()
{
    $this->setFillable();
}
public function setFillable()
{
    $fields = \Schema::getColumnListing('table_name_here');

    $this->fillable[] = $fields;
}

现在你永远不必手动指定

<?php

namespace App\Traits;

use Illuminate\Support\Facades\Schema;

trait ColumnFillable
{
    public function getFillable()
    {
        return Schema::getColumnListing($this->getTable());
    }
}

。