Php Laravel 5.4-生成视图登录错误

我正试图用这种方式为我的站点做一个控制器

class MyController extends BaseController {

public function login()
{   
    $this->layout->testata = View::make('OUT');
    $this->layout->content = View::make('auth.login');
}

但拉威尔说“试图分配非对象的属性”。 有什么问题吗

Basecontroller只有构造函数

class BaseController extends Controller {

    public $layout = 'a.main';
    protected function setupLayout()
    {
        if ( ! is_null($this->layout))
        {
            $this->layout = View::make($this->layout);
        }
    }

}

---

问题出在哪里？

在BaseController中，您有一个名为

$layout

的属性，它的默认值是

a.main

，它是一个字符串

在

MyController

类的

login

方法中，您正在设置

testata

和

content

属性

$layout

属性。但是，

$layout

属性持有什么？它包含一个字符串

a.main

。该字符串不是既没有

testata

属性也没有

content

属性的对象。这就是为什么会出现这个错误

现在，您可以声明正在为

BaseController

的

setupLayout

方法中的对象设置

$layout

属性。但问题是，何时调用

setupLayout

？没有迹象表明

$layout

属性包含任何没有初始默认值

a.main

的对象

作为快速修复，您可以在

BaseController

的构造函数中调用

setupLayout

方法，以便在启动

BaseController

时设置

$layout

属性。如下所示：

class BaseController extends Controller {

    public $layout = 'a.main';

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

    protected function setupLayout()
    {
        if ( ! is_null($this->layout))
        {
            $this->layout = View::make($this->layout);
        }
    }
}

此外，要解决此问题，您应该将初始化

$layout

变量添加到对象

stdClass（PHP的标准类）

，以便

$layout

属性不再是

非对象。然后您可以设置
测试数据
和
内容

$this->layout = new \stdClass; //or new stdClass();
$this->layout->testata = View::make('OUT');
$this->layout->content = View::make('auth.login');

调用类时，会指定一些值。
调用
BaseController
时，将创建名为
$layout
的属性

在
BaseController
中，默认的
$layout
属性值等于
a.main
，它是一个字符串。
在这个类中，您使用的
MyController
的登录方法使用的是
$layout
，因为它是一个对象，在调用登录函数时为他提供了一些属性，如
testata
和
content

$this->layout->testata = View::make('OUT');
$this->layout->content = View::make('auth.login');

因此，正如Imran所说，更好、最简单的方法是使用命令
\uu construct（）
创建构造函数，并将以下代码添加到
BaseController
中：

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

这将调用父构造函数，并在设置为upp时初始化
BaseController

因此，您的
BaseController
的完整PHP代码将是：
所以您必须使用
stdClass
创建一个空对象，这是PHP中的空类，用于将其他类型强制转换为对象

下面是MyController的完整PHP代码：
你好。祝你好运
您的类没有分配布局，因此当您尝试设置属性时，它们不存在。创建您自己的setupLayout函数，或者从BaseController而不是Controller继承。
$layout
在BaseController中定义为字符串，但在登录函数中被称为对象。此外，由于MyController不扩展BaseController，
$layout
在MyController中甚至不可用。我在复制粘贴时出错。类MyController扩展了BaseController{但不适用于sameThank you，但如果我添加函数uu construct（）我也有同样的问题，谢谢你的反馈。答案已编辑。请查看并让我知道。找不到类'App\Http\Controllers\stdClass'
$this->layout=new\stdClass；
名称空间不是很有趣吗？正如@ChrisForrence所说，在
stdClass'之前添加一个
`在
PHP
根命名空间中。
class BaseController extends Controller {

    public $layout = 'a.main';

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

    protected function setupLayout()
    {
        if ( ! is_null($this->layout))
        {
            $this->layout = View::make($this->layout);
        }
    }
}

class MyController extends BaseController {

public function login()
{   
    $this->layout = new stdClass();
    $this->layout->testata = View::make('OUT');
    $this->layout->content = View::make('auth.login');
}