Php 验证失败时的Laravel FormRequest响应状态代码

我正在为我的API创建验证（通过FormRequest），我需要根据失败的验证规则更改状态代码（例如，如果id是string而不是int，则获取400。如果id不存在，则获取404）

我想写这样的东西：

/**
 * Get the proper failed validation response for the request.
 *
 * @param  array  $errors
 * @return \Symfony\Component\HttpFoundation\Response
 */
public function response(array $errors)
{
    $failedRules = $this->getValidatorInstance()->failed();

    $statusCode = 400;
    if (isset($failedRules['id']['Exists'])) $statusCode = 404;

    return response($errors, $statusCode);
}

但是，$this->getValidatorInstance（）->failed（）返回空数组

• 为什么$this->getValidatorInstance（）->failed返回空数组
• 我怎样才能解决这个问题？是否有其他方法根据失败的验证规则返回状态代码

---

调用

$this->getValidatorInstance（）->failed（）

时得到一个空数组的原因是它实际上正在解析

验证器的一个新实例

您可以在新的
验证程序
实例上调用
passes（）
，然后调用
failed（）
以获取规则：

$validator = $this->getValidatorInstance();
$validator->passes();
$failedRules = $validator->failed();

或者，如果不想让验证器运行两次，可以重写
failedValidation
方法，将
Validation
实例存储在类中：

protected $currentValidator;

protected function failedValidation(Validator $validator)
{
    $this->currentValidator = $validator;

    throw new ValidationException($validator, $this->response(
        $this->formatErrors($validator)
    ));
}

public function response(array $errors)
{
    $failedRules = $this->currentValidator->failed();

    $statusCode = 400;
    if (isset($failedRules['id']['Exists'])) $statusCode = 404;

    return response($errors, $statusCode);
}

希望这有帮助
 您使用的是什么版本的laravel？我使用laravel 5.3是的，我可以这样做，但在这种情况下，我会验证数据两次，这样对meI没有帮助。我不能这样做，bcs我得到“声明…GetUser:：response（array$errors，$validator）应该与…FormRequest:：response（array$errors）”兼容，至少，我要创建我自己的类。你能告诉我，我该怎么做吗？我的意思是，我应该在哪里创建它？我以为我可以创建Facade，但我做不到，或者docs没有说任何关于它的事情：）@Ivan哦，是的，当然有。在这种情况下，您可以将它添加到FormRequest中的属性中，然后在之后引用它。我已经更新了我的答案。谢谢你的帮助。没关系，我要创建一个新类，bcs我必须创建二十个这样的类：）@Ivan很高兴我能帮上忙！只需使用上述逻辑创建一个类，并让您的二十个类对其进行扩展。。。