GridView中的yii2 ActiveColumn。模型在哪里通过？

我正在按查看按钮创建一个操作。这是我正在创建的URL

return Url::to(['site/usermessages?id='.$model->ID]);

我面临的问题是，我无法理解如何将当前模型返回到生成的站点， 谁能给我一些建议吗

     'buttons' => [
                //view button
                'delete' => function ($url, $model) {
                    return Html::a('<span class="fa fa-search"></span>View', $url, [
                        'title' => Yii::t('app', 'View'),
                        'class'=>'btn btn-primary btn-xs',

                    ]);
                },
            ],

            'urlCreator' => function ($action, $model, $key, $index) {
                if ($action ==='view') {
                    return Url::to(['site/usermessages?id='.$model->ID]);
                }
            }

“按钮”=>[
//查看按钮
'delete'=>函数（$url$model）{
返回Html:：a（'View'，$url[
'title'=>Yii:：t（'app'，'View'），
'class'=>'btn btn主btn xs'，
]);
},
],
“urlCreator”=>函数（$action、$model、$key、$index）{
如果（$action==='view'）{
返回Url:：to（['site/usermessages？id='.$model->id]）；
}
}

我只想在新的渲染站点中显示文本。例如，在

site/usermessages？id=2

中，我想

echo$model->text

，但正如我之前所说，我不知道在哪里传递模型。

---

谢谢您的帮助。

我不知道您是否要禁用默认的“查看”和“删除”按钮（因为您的示例中有错误的代码）

但是使用模板，您可以设置应该可用的按钮（删除{view}{delte}等） 我还举了一个例子，如果“控制器”对于一个动作应该是不同的。e、 g.对于用户消息，将使用控制器“站点”，对于其他按钮操作（如果它们不会被删除），将使用当前控制器

[
    'class' => 'yii\grid\ActionColumn',
    'header'=>Yii::t('app', 'Actions'),
    'template' => '{usermessages}',
    'buttons' => [
        'usermessages' => function ($url, $model) {
            return Html::a('<span class="fa fa-search"></span>View', $url, [
                'title' => Yii::t('app', 'View'),
                'class'=>'btn btn-primary btn-xs',
            ]);
        },
    ],
    'urlCreator' => function ($action, $model, $key, $index) {
        if ($action ==='usermessages') {
            return Yii::$app->getUrlManager()->createUrl(['site/'.$action, 'id' => $key]);
        } else {
            return Yii::$app->getUrlManager()->createUrl([$action, 'id'=>$key]);
        }
    },
],

---

您正在对URL进行硬编码。您应该按如下方式生成Url:

Url:：to（['site/usermessages'，id'=>$model->id]）

知道为什么会有一个，调用未知方法：app\controllers\SiteController:：createUrl（）''错误吗？修复了它，是我的错误吗？我的扩展基控制器中有一个函数。好吧，它可以工作，但我仍然认为你没有理解我的问题，或者我只是没有充分说明它。现在代码像以前一样生成url。我不了解的问题是：例如，我在第2行按下按钮，我想显示显示所有第2行信息的新站点。好的，它用我的站点生成url，它调用控制器，该控制器是公共函数actionUsermessages（）{return$this->render（'usermessages'）；}。在我在控制器中创建对象（$model）之前，我要用return传递它。现在，我想将$model从第2行传递到新显示的站点。您想要的是在actionUsermessages中呈现一些内容吗？我正要创建类似post的内容，您可以在gridView列（在messages.php中）中看到文本的开头但当你按view时，它会将你移动到新网站，不仅显示开始，还显示整个对话。我只是不知道如何将当前按下的$model移动到新站点（usermessages.php），以便在那里获得所有信息。

public function actionUsermessages($id)
{
    return $this->render('usermessages', [
        'model' => $this->findModel($id),
    ]);
}