Php 模拟CodeIgniter中出口使用的可比方法

我是CodeIgniter的新手。在此之前，我开发了一个登录脚本，使登录页面看起来与用户正在查看的页面相同，其行类似于以下内容：

include('loginpage.php');
exit;

但是对于CodeIgniter，由于输出类的功能尚未完全执行，因此以下结果不会显示任何内容：

$this->load->view('loginpage');
exit;

所以我的问题是：有没有其他方法可以模仿我以前方法的功能？最终，我更喜欢这种方法，因为在用户看来，他们在他们请求的页面上，如果还没有登录，他们需要先登录才能查看该页面。

试试：

$msj= $this->load->view('loginpage',$data,true);
exit($msj);

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在codeigniter中实现这一点的一种方法是，在控制器类中，首先检查登录名。这可以在构造函数中完成：

function __construct()
{
    parent::__construct();
    $this->_checkLogin();
}
function checkLogin()
{
    $loggedIn = $this->getLoggedIn();
    if(!$loggedIn)
    {
        $this->load->view('loginpage');
        exit;
    }
}

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该函数将在任何其他控制器操作之前执行。如果您在整个应用程序中全局性地需要此功能，并且您有多个控制器，请使任何控制器从特定于您的应用程序的基本控制器扩展。请参阅中的替换核心类。

这实际上是我迄今为止一直在尝试的方法。。。view（）将视图存储在输出类中，该类在其余代码执行后输出。虽然codeigniter可以执行它的代码，但我不想让我的其余代码执行。这似乎是可行的。。。使用这种方法有什么问题吗？它会阻止codeigniter执行任何重要的操作吗？不错。。。但并非所有情况都如此。我只在受保护的控制器中使用它。