Php yii中的片段缓存：我应该在哪里加载我的模型？

通常，良好的做法是仅从控制器调用模型，然后将其传递给视图。下面是一个例子：

public function actionView($id)
{
    $this->render('view', array(
            'model' => $this->loadModel((int)$id),
        ));
}

然后，您可以在视图中使用

model

来显示信息

问题是我想在我的视图中实现片段缓存：

<?php if($this->beginCache($id, array('duration'=>3600))) { ?>
...content to be cached...
<?php $this->endCache(); } ?>

…要缓存的内容。。。

但由于模型已从控制器加载，sql查询仍将执行。我怎样才能防止这种情况发生

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我现在发现的唯一替代方法是从视图（在缓存部分）加载模型或执行数据缓存，但我更喜欢使用片段缓存

您应该将缓存移动到控制器，并使用而不是片段缓存，即：

public function actionView($id)
{
    $model = Yii::app()->cache->get((int)$id);
    if($model === false)
    {
        $model = $this->loadModel((int)$id);
        Yii::app()->cache->set($id, $model, 3600);
    }
    $this->render('view', array(
            'model' => $model,
        ));
}

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如果需要，您仍然可以使用片段缓存（当您对已加载的模型执行某些强化操作时），只需在id前面加上前缀即可。

对于您的建议，有不同的意见，您不应该从视图访问模型。虽然这对于编写某些东西来说是绝对正确的，但是在视图中，对模型的读取访问是非常好的。所以，如果有充分的理由，我不会盲目地遵循MVC“良好实践”。例如，在这种情况下，我个人会破例。谢谢！另一个解决方案是在调用模型的控制器中创建一个新方法，并从视图中调用这个新方法。但最后，这就像从视图中调用模型一样！没错，但是在

loadModel

中可能也有一些加载逻辑，比如404异常，当找不到时，因此不会得到

null

而不是模型实例。但是，您也可以将

loadModel

公开，并从视图中访问它：

$model=$this->loadModel（）