Symfony 2へのJSONオブジェクトの投稿

Question

私はSymfony 2を使用してプロジェクトを進めています。JSONデータを前後に渡すすべてのデータベースサービスを処理するバンドルを構築しました。

私の問題/質問：

• それはまっすぐにJSONオブジェクトを投稿することは可能ですか？現在、私は私はそれに名前を与えていない場合、私は$JSON = $request->request->get('json');

• symfonyのリクエストオブジェクトからデータを取得するように見えることができないオブジェクトに名前json={"key":"value"}を与えることによって、私のAJAX呼び出しのための通常のフォームポストを偽装しています1つのサービスバンドルを使用して、AJAX呼び出しからのデータまたは通常のSymfony形式の両方を処理できるようにします。現在、私はJSON_ENCODEを使ってデータを取得して、提出されたSymfonyフォームを取得していますが、リクエストデータを期待しているサービスコントローラにデータを投稿する仕組みはできません。

  • を私はsymfonyはJSONのポストオブジェクトではなく、フォームを受け入れるようにしたい：要約する

  。

• は、私はこのことについてつもりならば、すべてが間違っているので、私に教えて気軽にリクエスト/レスポンス

を使用してコントローラ間のJSONオブジェクトを渡したいです！ページの

Answer 1

あなたがリクエストボディに標準JSONとして送信されていますあなたのコントローラ内のデータを検索したい場合は、次のような何かを行うことができます：今

public function yourAction() 
{ 
    $params = array(); 
    $content = $this->get("request")->getContent(); 
    if (!empty($content)) 
    { 
     $params = json_decode($content, true); // 2nd param to get as array 
    } 
} 

$paramsは完全な配列になりますあなたのJSONデータのstdClassオブジェクトを取得するためにjson_decode()コールのtrueパラメータ値を削除します。

Answer 2

のjavascript：

// products is now filled with a json array 
var products = jQuery('#spreadSheetWidget').spreadsheet('getProducts'); 
var postData = { 
'action': action, 
'products': products 
} 
submitPostForm(jQuery('#submitURLcreateorder').val(), postData); 

コントローラで：

/** 
    * @Route("/varelager/bestilling", name="_varelager_bestilling") 
    * @Template() 
    */ 
    public function bestillingAction(Request $request) { 
     $products = $request->request->get('products', null); // json-string 
     $action  = $request->request->get('action', null); 

     return $this->render(
      'VarelagerBundle:Varelager:bestilling.html.twig', 
      array(
       'postAction' => $action, 
       'products' => $products 
      ) 
     ); 
    } 

テンプレート内（

function submitPostForm(url, data) { 
    var form    = document.createElement("form"); 
     form.action   = url; 
     form.method   = 'POST'; 
     form.style.display = 'none'; 

    //if (typeof data === 'object') {} 

    for (var attr in data) { 
     var param  = document.createElement("input"); 
      param.name = attr; 
      param.value = data[attr]; 
      param.type = 'hidden'; 
     form.appendChild(param); 
    } 

    document.body.appendChild(form); 
    form.submit(); 
} 

（ "提出" をクリックのような）いくつかのイベントの後bestilling.html.twig）：

{% block resources %} 
     {{ parent() }} 
     <script type="text/javascript"> 
     jQuery(function(){ 
      //jQuery('#placeDateWidget').placedate(); 
      {% autoescape false %} 
      {% if products %} 

      jQuery('#spreadSheetWidget').spreadsheet({ 
       enable_listitem_amount: 1, 
       products: {{products}} 
      }); 
      jQuery('#spreadSheetWidget').spreadsheet('sumQuantities'); 
      {% endif %} 
      {% endautoescape %} 

     }); 
     </script> 
    {% endblock %} 

Alrite、私はそれはあなたがjQuery.ajax（）を使用することができますフォームをシミュレートすることなく、何かを送信するために:)

EDIT を望んでいたものだと思います。 ここでは、ページリフレッシュをトリガーしない上記と同じ趣旨の例を示します。

jQuery.ajax({ 
    url:  jQuery('#submitURLsaveorder').val(), 
    data:  postData, 
    success: function(returnedData, textStatus, jqXHR){ 
     jQuery('#spreadSheetWidget').spreadsheet('clear'); 
     window.alert("Bestillingen ble lagret"); 
     // consume returnedData here 

    }, 
    error:  jQuery.varelager.ajaxError, // a method 
    dataType: 'text', 
    type:  'POST' 
}); 

Answer 3

私は配列

protected function getContentAsArray(Request $request){ 
    $content = $request->getContent(); 

    if(empty($content)){ 
     throw new BadRequestHttpException("Content is empty"); 
    } 

    if(!Validator::isValidJsonString($content)){ 
     throw new BadRequestHttpException("Content is not a valid json"); 
    } 

    return new ArrayCollection(json_decode($content, true)); 
} 

などのコンテンツを取得するための方法を書いて、迅速な応答のための

$content = $this->getContentAsArray($request); 
$category = new Category(); 
$category->setTitle($content->get('title')); 
$category->setMetaTitle($content->get('meta_title'));