Php CodeIgniter自定义函数

要检查用户是否登录，我需要拉出一个相当长的If语句，然后根据用户是否登录重定向用户。我认为像这样的自定义函数

if (logged_in()) { redirect }

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这将更具专用性。但是为一个函数构建一个库对我来说似乎没有必要。我该怎么办

虽然帮助程序通常是为与应用程序无关的解耦功能保留的，但我认为在这种情况下它们是合适的。只需创建一个名为

is\u logged\u的助手函数

要了解有关帮助者的更多信息，请访问以下文档：

我需要编写一个相当长的if语句，但是为一个函数构建一个库似乎没有必要

它根本不是“不必要的”，也不是严格意义上的“必要的”，但是为它创建一个库/类可能是一个好主意

如果您需要处理很多逻辑，例如“相当长的If语句”，使用类可以帮助您将其分解为更小的部分，并使逻辑更易于管理。如果您只需要调用类的一个公共方法，比如

$this->auth->is\u logged\u in（）

，这没有什么问题，那么您可以创建一个小的帮助文件或包装函数来调用该方法，并将重定向逻辑放在那里而不是类。也许是这样的：

// Make sure your "auth" library is autoloaded or load it here
function logged_in($redirect = TRUE)
{
    $CI =& get_instance();
    $logged_in = $CI->auth->is_logged_in();

    // Redirect the user...
    if ( ! $logged_in AND $redirect)
    {
        redirect('somewhere/else/');
    }

    // Or just check if they are logged in
    return $logged_in;
}

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使用类/库有很多好处，对于像用户授权这样复杂的东西，您将从中受益匪浅，尤其是当您的项目开始扩展并且您需要更多的实用程序时。

我假设您已经构建了自己的身份验证库来达到这个阶段？在这种情况下，您可以向该库添加一个

is\u logged\u

函数。不，我没有。我一直在使用回调函数检查用户名是否可用，例如在注册时。就我个人而言，我会将其命名为

require\u login（）

，或者从该函数中删除重定向，我总是希望名为

logged\u in（）

的函数只返回true或false。