Python 如何构造在模板中选择合适函数的条件

我有两个应用程序，希望它们在view.py中运行一个函数，并在模板中渲染。唯一的区别是每个应用程序使用不同的型号。例如，我的第一个应用程序使用名为like_post_fin的函数：

post = get_object_or_404(Post_Fin, id=request.POST.get('id')) 

我的第二个应用程序使用了一个名为like_post的函数：

post = get_object_or_404(Post, id=request.POST.get('id'))

代码的其他部分对于每个函数都是相同的。 在我的第一个应用程序模板中，我将使用调用函数：

<form action="{% url 'like_post_fin' %}" method="post">

在我的基础html中

{% if title %}
   <title>web - {{ title }}</title>
{% else %}
    <title> web </title>
{% endif %}

{%if title%}
网页-{{title}
{%else%}
网状物
{%endif%}

---

那么，如何在模板或查看文件函数中设置条件

您是否考虑过模板继承而不是if/else？@tepeholm确保您从

get\u context\u data

返回上下文是的，我没有错过返回上下文我认为模板继承不是这样的，因为我有与函数名相关的javascript和ajax代码。我不想产生除了代码中的一行之外重复自身的繁琐代码。你考虑过模板继承而不是if/else吗？@tepeholm确保你从

get\u context\u data

返回上下文是的，我没有错过返回上下文我认为模板继承不是这样的，因为我有与函数名相关的javascript和ajax代码。我不想产生笨重的代码，除了代码中的一行之外，代码本身会重复。

{% if title == 'my app title' %}
<form action="{% url 'like_post_fin' %}" method="post">
{% else %}
<form action="{% url 'like_post' %}" method="post">
{% endif %}

def get_context_data(self, **kwargs):
    context = super().get_context_data(**kwargs)
    context['title'] = 'my app title'

{% if title %}
   <title>web - {{ title }}</title>
{% else %}
    <title> web </title>
{% endif %}