Php 如何在codeigniter中获取发出请求的类

我的模块都扩展了后端控制器，它检查loggedin和重定向是否正确，现在我有了类FrontEnd[负责登录、注册等页面]，它扩展了我的_控制器。 由于前端需要模块的方法来执行任务，因此如何为前端创建访问模块的豁免

这就是我目前拥有的

class Backend_Controller extends MY_Controller {

// --------------------------------------------------------------------------
    public function __construct() {
        parent::__construct();
        $this->checkLoggedIn();
    }

// --------------------------------------------------------------------------
    public function checkLoggedIn() {
        //check if loggedin
        if (!$this->auth->loggedIn()) {
            //implement exclusion for FrontEnd class to allow access to methods though not        logged in
            if (!the class trying to access == 'FrontEnd') { //how to get refferal page
                return;
            } else {
                redirect('login');
            }
        }
    }
// --------------------------------------------------------------------------
}

如何获取“试图访问的类=='FrontEnd” 传统信息： FrontEnd类生成一个具有

在此处输入代码

action=router->fetch_class（）将生成someMoudleName，

---

但我希望它能够检测到操作来自前端类

这取决于你的url，但你可以这样做

 function getNameOfOriginatingClass{
     $this->load->library('user_agent');
     $previous_url = $this->agent->referrer();
     $url_segments = explode('/',$previous_url);
     echo '<pre>';print_r($url_segments);    
 }

函数GetNameOfOriginating类{
$this->load->library（'user_-agent'）；
$previous_url=$this->agent->referer（）；
$url_segments=分解（“/”，$previous_url）；
回显“”；打印（$url\u段）；
}

---

打印此结果后，你可以看到你的链接在一个数组中分解成多个部分。。通常，$url_段[3]或$url_段[4]将包含您以前的函数名，而以前的函数名将包含以前的类名，具体取决于您的url。

$this->router->fetch_class（）@Nouphal.M谢谢，但我已经试过了，但它不能解决我的问题。请查看编辑后的代码，以便更好地理解。FrontEnd类生成一个表单，其中包含一个action=如果您需要mthod名称，那么您可以通过
$this->router->fetch_method（）访问它
@Nouphal.M请检查我的编辑，前端类对扩展后端控制器的模块/方法进行远程调用。我需要后端控制器能够检测到呼叫来自前端类。我对呼叫本身不感兴趣，但对原始类感兴趣。请投票表决我的问题upThanks@BaD Developer。但我不得不修改你的答案。这个部分实际上应该是$url_segments=explode（“/”，$previous_url）；