Laravel 4 선행

Laravel 모델로 선행을 할 수 있습니까? 같은 뭔가 :이 경우Laravel 4 선행

 <input type="text" class="span3" style="margin: 0 auto;" data-provide="typeahead" data-items="1" 
    data-source='["User::all()"]'>

, 당신은 몇 가지 작은 튜토리얼을 제공하거나 명확히 수 있을까?

미리 감사드립니다.

출처

2013-08-06 erm_durr

'$ 사용자 = 사용자 : 모든()'객체를 반환, 당신은 변환 할 필요가있을 수 있습니다 배열에, 당신은 array_push ($ udata, $ user-> name); endforeach'가'$ udata'를 당신의 뷰에 전달하고'$ udata = array(); 당신의보기'data-source = '{{$ udata}}' ' –

그게 불가능합니다, 당신은 ' –

이것을 시도하십시오.'data-source part'을 업데이트했습니다. http://paste.laravel.com/Ida –

이를 위해 블레이드 템플릿 엔진을 사용하십시오.

UserController.php

/* ... */ 
public function getUsers() 
{ 
    $users = User::all(array('name')); 
    return View::make('users.show')->with('users', $users); 
}

show.blade.php

<input type="text" class="span3" style="margin: 0 auto;" data-provide="typeahead" data-items="1" data-source='{{ json_encode($users) }}'>

출처

2013-08-06 05:19:59

$ user가 객체이고 typeahead에 배열이나 함수가 필요하기 때문에이 방법이 작동하지 않을 것이라고 생각합니다. BTW'with()'는 이중 화살표를 허용하지 않습니다. –

편집 내 대답 –

@JanP. 해답을 제공해 주지만 작동하지 않습니다. Illuminate \ Database \ Grammar :: columnize()에 전달 된 인수 1은 C : \ Users \ E1 \ Desktop \ laravel-master \ vendor \에서 호출 된 array 형식의 문자열이어야합니다. laravel \ framework \ src \ Illuminate \ Database \ Query \ Grammar \ Grammar.php 111 행에 정의 된 ' –

Laravel 4 선행

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