Php Larvel每次迁移都有多个表

我是Laravel的新手，所以对这个框架的最佳实践有点陌生。我试图了解使用创建数据库的最佳方法

我在web上找到的几个示例，包括Laravel文档和，似乎是指只处理一个表的迁移脚本。我正在创建一个包含大约10个表的应用程序，所有表之间都与外键相关，有些表具有多对多关系

建议的方法是每个表有一个迁移文件吗？如果是，为什么？（如果有的话，将所有表创建脚本放在一个文件中有什么缺点？）

外键和关系呢？如何强制执行这些关系，以及迁移的执行顺序，以便在table1引用table2中的列时，在table1之前创建table2

多对多关系呢？关系（透视）表是否也需要通过单独的迁移脚本手动创建？如果是，是什么确保在2个相关表之后创建

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在开发应用程序的过程中，我认为您不应该太在意每次迁移只有一个表，有时候在一次迁移中将一些表放在一起比较容易，但是一旦您的系统投入生产，您将无法继续这样工作，因为您将只在生产环境中进行迁移，而且可能永远不会回滚，所以您的迁移将非常小，有时您需要为单个列创建进行迁移

将表放入不同迁移中的好处与使用精简类的好处相同，一个文件中的信息越少，管理和更改就越容易。所以，如果您将所有表放在一次迁移中，那么维护起来就比较困难，但这实际上取决于您自己

外键是一个很好的例子，说明了为什么您应该为每个表甚至每个外键创建一个迁移：每次回滚与外键相关的表时，您必须首先删除所有外部依赖项，这就是为什么Laravel创建一个迁移表并以相同的顺序迁移它们，这有助于您永远不会丢失表。因此，首先创建表迁移，然后创建外键迁移，因此当回滚时，它将首先回滚约束，然后回滚表

我在表的相同迁移中为表创建外键，除非我有太多的交叉外键。但是我总是在一个单独的

Schema:：table（）

命令中创建一个外键，因为有些数据库需要在将约束附加到列之前先拥有该列：

public function up()
{
    Schema::create('statuses', function(Blueprint $table)
    {
        $table->string('id', 64)->primary();

        $table->string('user_id', 64)->index();
        $table->text('body');

        $table->timestamps();
    });

    Schema::table('statuses', function(Blueprint $table)
    {
        $table->foreign('user_id')
                ->references('id')
                ->on('users')
                ->onUpdate('cascade')
                ->onDelete('cascade');
    });
}

关于多对多，如果同时创建表和外键，则应首先创建主表，然后创建透视表，但如果要在单独的迁移中创建外键，则应首先创建表（顺序无关紧要，但在这些情况下最好进行组织）然后是外键的迁移

在开发过程中，我在表中做了很多更改，所以我总是回到表中，所以当我更改迁移时，我通常会这样做：

1）

php artisan迁移：重置

多次

2） 改变迁移

3）

php artisan迁移

如果我只是创建一个新的，通常不会有任何问题，因为迁移通常是理想的

您的上一个问题已经得到了回答，但我要再说一遍：Laravel使用时间戳命名迁移文件，这样您就永远不会在迁移之前先运行迁移，然后再创建另一个迁移：

2014_07_16_190821_create_statuses_table

以及迁移的名称，因为上面的这一个将创建这个类：

CreateStatusesTable

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因此，您必须做的一件事是使用不同的名称创建每个迁移，否则您将得到两个同名的类，而不是Laravel，但PHP会对此表示不满。

非常感谢您的解释。这很有帮助。是的，我完全理解应用程序投入生产后需要进行小的增量更改。我不确定最初创建大量表是为了让我继续工作。然而，考虑到时间戳实际上强制迁移执行的顺序（我忽略了这一点），我想我不必担心由于不存在表而无法创建关系。再次感谢！最后给出了一些有用的拉威尔信息。他们的教程和文档非常棒，但通常包含基本用例，而不是严肃编程所需的内容。回答很好我认为是这样的，但我很高兴你已经证实了这一点，这是有道理的，但我可以理解为什么OP会问这个问题，因为我也在想同样的问题。