Php 创建将数据传递给视图代码点火器的数据表

我看到，要使数据库表出现

$dataToBePassed = //SOME QUERY

$this->load->view（'viewpage'，$dataToBePassed）用于

但是我如何使用模板呢

就像我有这个加载到我的模板视图

  $data['content_view'] = 'viewpage';
  $this->templates->admin_template($data);

然后将传递给

//templates html codes
       <?php $this->load->view($content_view); ?>
//templates html codes

//模板html代码
//模板html代码

我该怎么做

//templates html codes
       <?php $this->load->view($content_view); ?>
//templates html codes

//模板html代码
//模板html代码

像这样

//templates html codes
   <?php $this->load->view($content_view, $data); ?>
//templates html codes

//模板html代码

//模板html代码
控制器

$data['view'] = 'your_view';
$data['content'] = $this->Model->fn_model();
$this->load->view('themplate',$data)

看法

/$content form$data['content']
您的编码中显示了什么错误？您可以使用，您是否收到任何错误？没有错误，但昨天我不知道我做了什么，但我想我单击了inspect元素错误中的某个内容，它显示了模板变形，主体显示为
'Job\u Titles/jobtitles\u read'，$data，FALSE.php
not foundprint\r（$content）；显示我想要的值。但是我该如何传递它呢？$this->load->view（'themplate'，$data）sry man我忘了这行，在浏览器上按F12打开开发者模式，然后找到你的错误是的。我已经做到了。上面说jQuery-2.1.4.min.js:4 POST 500（内部服务器错误）我使用的是开源模板，所以我不知道如何解决这个问题。
<?php print_r($content); ?> // $content form $data['content']