如何将URL参数传递给呈现的symfony3表单？

如果在细枝模板中嵌入控制器，如何向呈现的嵌入路由传递所需的URL参数

在以下示例中，图像属于相册，并且需要相册Id（它是复合键的一部分）

方法如下

    public function newAction(Request $request, $album)
{
    $image = new Image();
    $form = $this->createForm(
        'AppBundle\Form\ImageUploadType',
            $image,
            [
                'action' => $this->generateUrl('image_new'),
                'method' => 'POST',
            ]
    );
    $form->handleRequest($request);

    if ($form->isSubmitted() && $form->isValid()) {
        $em = $this->getDoctrine()->getManager();
        $em->persist($image);
        $em->flush();

        return $this->redirectToRoute('image_show', array('id' => $image->getId()));
    }

    return $this->render('image/new.html.twig', array(
        'image' => $image,
        'form' => $form->createView(),
    ));
}

呈现嵌入表单的模板会导致以下错误

在呈现模板期间引发了异常（“缺少某些必需参数（“相册”）以生成路由“image_new”的URL）

---

使用symfony3.2和twig向嵌入式控制器传递URL参数的正确方法是什么？

Symfony抛出的错误与传递ID无关，而是与URL生成有关

在代码中，您有以下片段：

$form = $this->createForm(
    'AppBundle\Form\ImageUploadType',
        $image,
        [
            'action' => $this->generateUrl('image_new'),
            'method' => 'POST',
        ]
);

虽然它应该是：

$form = $this->createForm(
    'AppBundle\Form\ImageUploadType',
        $image,
        [
            'action' => $this->generateUrl('image_new',['album'=>$album,]),
            'method' => 'POST',
        ]
);

---

只需将相册传递到

generateUrl

方法。

您确定错误来自控制器的嵌入吗<代码>'action'=>$this->generateUrl（'image_new'），，此处缺少必需参数。由于是嵌入，渲染会导致问题，但不需要直接嵌入cal。

$form = $this->createForm(
    'AppBundle\Form\ImageUploadType',
        $image,
        [
            'action' => $this->generateUrl('image_new'),
            'method' => 'POST',
        ]
);

$form = $this->createForm(
    'AppBundle\Form\ImageUploadType',
        $image,
        [
            'action' => $this->generateUrl('image_new',['album'=>$album,]),
            'method' => 'POST',
        ]
);