Php 如何处理Laravel中故意未定义的变量？

我在Laravel中有一个视图，用于插入记录和更新记录。对于复选框，我使用以下代码：

      {!! Form::checkbox('active', 1, $info->active) !!}

$info

指从数据库中检索到的记录，该记录从控制器传递到视图（我执行类似于

$info=MyModel:：findOrFail（$id）

）的操作），这显然仅在编辑记录时适用。创建新记录时，此变量不存在，出现以下错误：

未定义变量

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这完全有道理，但问题是：解决这个问题的最佳方法是什么。我应该使用条件语句吗？我应该创建一个空变量吗？我应该使用两个不同的复选框吗？这里推荐什么？

插入和删除都应该使用两个单独的视图。这就是为什么路由资源有索引、创建、存储、显示、编辑、更新、删除等方法

在您的情况下，我建议您使用两种视图，并遵循约定优先于配置的原则：

public function create()
{
  return view('post.create');
}

public function store(Request $request)
{
  $post = Post::create($request->all());
}

public function edit()
{
  return view('post.edit');
}

public function update($id, Request $request)
{
  $post = Post::whereId($id)->update($request->all());
}

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您可以为创建表单设置

$info=newmymodel（）

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它在概念上很有意义，保持模板干净，避免重复。

在创建模板时，您可以按照以下方式进行操作：

// Controller.
$user = new User;

// View
Form::model($user, ['route' => ['user.store', $user]])

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我以前使用过这种方法来准确地解决您的问题。

为什么不简单地用isset检查变量？是的，这是选项之一。但这是推荐的方式吗？我该在哪里做呢？我似乎无法在这个函数中做到这一点，所以它需要围绕着它。