Php 无法访问细枝上的雄辩属性

我正在尝试使用Slim中的Twig访问一个有说服力的属性，但得到了一个错误

我有一个字段和一个类型对象，关系如下

class Field extends \Illuminate\Database\Eloquent\Model {

protected $table = 'fields';

public function type()
{
    return $this->belongsTo('models\Type');
}

当执行

{{f}}

（作为一个字段）时，输出如下：

{"field_id":"1","field_name":"Your name","form_id":"2","type_id":"1","placeholder":"Please give us your name"}

当执行

{{f.type}}

时，结果是：

消息：在第97行的“pages/editform.html”中呈现模板（“类对象Illumb\Database\Eloquent\Relations\BelongsTo无法转换为字符串”）时引发异常

如果我尝试执行

{{f.type.name}

，不会抛出异常，但也不会打印任何内容

如果我用PHP做的话

    $fields = $form->fields;
    var_dump($fields[0]->type->name);

该值得到正确的输出

有什么想法吗？，

---

谢谢

我也有同样的问题，偶然发现了这个问题。我自己解决了之后，我想我会尽力帮你的

尝试在模型上执行快速加载：

Field::with('type')->get()

这将允许您在没有其他问题的情况下执行以下操作

{{ f.type }}

---

请参阅此处的更多信息：

如果您不想进行快速加载，您可以覆盖

字段

类中的magic

\uu isset

方法，以返回

类型

关系属性的

true

：

public function __isset($name)
{
    if (in_array($name, [
        'type'
    ])) {
        return true;
    } else {
        return parent::__isset($name);
    }
}

解释

问题在于Eloquent如何实现关系的“动态属性”（在您的例子中为

f.type

），以及Twig用于访问变量“属性”的规则之间的交互

从Twig文档中：

为了方便起见，

foo.bar

在PHP层上执行以下操作：

• 检查

  foo

  是否为数组和

  bar

  是否为有效元素
• 如果不是，并且如果

  foo

  是一个对象，请检查

  bar

  是否为有效属性
• 如果不是，并且如果

  foo

  是一个对象，请检查

  bar

  是否是有效的方法（即使

  bar

  是构造函数-使用

  \u construct（）

  ）
• 如果不是，并且如果

  foo

  是对象，请检查

  getBar

  是否为有效方法
• 如果不是，并且如果

  foo

  是一个对象，请检查

  isBar

  是否为有效方法
• 如果不是，则返回空值

另一方面，foo['bar']仅适用于PHP数组：

• 检查

  foo

  是否为数组和

  bar

  是否为有效元素
• 如果不是，则返回空值

这里的关键是它说“检查酒吧是一个有效的属性”的部分。这意味着在PHP级别上，Twig正在

$f->type

上调用

isset

。雄辩，所以你可能认为这不会是个问题

但是，请看一下它是如何实际实现模型关系的

\uu isset

：

/**
 * Determine if an attribute exists on the model.
 *
 * @param  string  $key
 * @return bool
 */
public function __isset($key)
{
    return (isset($this->attributes[$key]) || isset($this->relations[$key])) ||
            ($this->hasGetMutator($key) && ! is_null($this->getAttributeValue($key)));
}

它通过查看已加载关系的数组（

isset（$this->relations[$key]）

）来确定关系是否已“设置”。问题是如果

类型

尚未加载，Eloquent会说它未“设置”

因此，当Twig查看

$f->type

时，它会认为

type

不是有效的属性，并继续下一个规则：

…如果

foo

是对象，请检查

bar

是否为有效方法

现在，它将查找找到的方法

type（）

。唯一的问题是什么

type（）。和
属于对象
对象不是模型

如果您想让Twig知道属性
$f->type
确实存在，您有两个选择：


您可以按照@roger collins的建议，将相关的
类型
对象与
字段一起加载，或者
您可以在
字段中重载
\u isset
魔术方法：



公共函数集（$name）
{
if（in_数组（$name[
“类型”
])) {
返回true；
}否则{
返回父项：：__isset（$name）；
}
}

这将迫使Twig认识到
类型
是
字段
的有效属性，即使在相关模型实际加载之前也是如此。
我真的不知道Twig，但出于某种原因，它似乎调用了函数，而不是让Laravel执行它的魔法。你可以试试这个：
{{f.type.name.get（）}}
不起作用，因为现在我不得不求助于：
公共函数getTypeString（）{$type=type:：find（$this->type\id）；return$type->name；}
很有魅力，很有趣的概念值得学习，非常感谢！现在我明白了！谢谢各位。仅供参考，
isset
代码中的小错误。在
类型之后缺少
）
：
]）{