Php Yii2型高架桥

为了简单起见，假设我有3个表：

菜单

，

页面

和一个连接表

菜单_页面

因此，如果我想获得页面“主页”可用的所有菜单，我在模型中定义了一个关系：

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id']);
}

但现在我们在菜单表中添加了一个名为

show_all_pages

的属性，如果该属性设置为1，则应返回菜单，否则应检查是否已启用菜单在主页上使用

有没有办法在此处添加此条件？

您可以使用子句在

show\u all\u页面上应用此筛选器

public function getAllMenus() {
    return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])
                ->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])
                ->andWhere(['show_all_pages' => 1]);
}

---

到目前为止，我找到的解决方案是分离活动查询并进行联合：

public function getSelectedMenus() {

        return $this->hasMany(Menu::className(), ['id' => 'menu_id'])->viaTable(PageMenu::tableName(), ['page_id' => 'id'])->onCondition(['menu.active' => Page::ACTIVE]);
    }

    public function getAllMenus() {
        return Menu::find()->where(['active' => Page::ACTIVE, 'show_all_pages' => 1]);
    }

    public function getMenus() {

        $selectedMenus = $this->getSelectedMenus();
        $allMenus = $this->getAllMenus();

        return $selectedMenus->union($allMenus);

    }

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您希望它在关系中全局集成，还是任何特定的

控制器

或

操作

都需要它？在关系中，下面的答案应该有效。如果我理解正确，您在查询上添加了一个额外条件，该查询已经在与页面菜单进行连接。其思想是，菜单可以有字段显示所有页面，但页面菜单表上没有记录。@Eduardo“您在查询上添加了一个额外的条件，该查询已经在与页面菜单进行连接”-这是正确的，但是我不理解您的评论的下一部分，但实际上，这个

和WHERE

用于将

show_all_pages=1

添加到生成的sqlMy case I need的

WHERE

子句中，或者使用viaTable或show_all_pages属性条件进行连接，两者都不能应用。