Django：パラメトリッククラスベースのビュー

Question

同じ基本クラスから継承したモデルのセットのフォームを処理するために汎用のCreateViewクラスを使用しようとしています。

class BaseContent(models.Model): 
    ... 

class XContent(BaseContent): 
    ... 

class YContent(BaseContent): 
    ... 

DRYを維持するために、BaseContentのすべての継承クラスを処理するCreateViewクラスを1つ定義します。

そのビューのURLパターンがある。このような

url(r'^content/add/(?P<model_name>\w+)/$', ContentCreateView.as_view(), name='content_add') 

何かが動作するはずです：

class ContentCreateView(CreateView): 
    template_name = 'content_form.html' 

    def get_model(self, request): 
     # 'content' is the name of the application; model_name is 'xcontent', 'ycontent', ... 
     return ContentType.objects.get_by_natural_key('content', self.model_name) 

しかし、私はこの例外を取得しています：

ContentCreateView is missing a queryset. Define ContentCreateView.model, ContentCreateView.queryset, or override ContentCreateView.get_object(). 

この提案はしませんmodelやquerysetなどのクラス属性を設定するつもりはないので、保持しているようですモデル・フォームを動的に生成する。 get_objectを上書きすることは、オブジェクトの作成には関係しないようです。

get_queryset()をオーバーライドしようとしましたが、この方法ではrequestパラメータを受け入れることも、URLパターンに由来するself.model_nameにアクセスすることもできません。

URLから渡されたパラメータに基づいてCreateViewで動的フォームを使用するにはどうすればよいですか？

ありがとうございました。

Answer 1

あなたが呼び出されているURLに応じて、あなたのごurls.pyからmodel属性を設定できます。

url(r'^content/add/x/$', 
    ContentCreateView.as_view(model=XContent), name='x_content_add'), 
url(r'^content/add/y/$', 
    ContentCreateView.as_view(model=YContent), name='y_content_add') 

私は自分自身を少し繰り返しているとして、それは完璧ではない認めるが、それゆえ、あなたが持つことの利点を持っていますモデルに応じて、同じビューの異なる名前を使用します。それ以外に、form_classをオーバーライドして同様のことをすることもできます。

Answer 2

この問題はしばしば解決されましたが解決策が見つかりました。私はその要求とMODEL_NAMEはインスタンス変数として設定することだろうと思うので、あなたは自分でし

class ContentCreateView(CreateView):  
    def dispatch(self, request, *args, **kwargs): 
     for app in ['foo', 'bar']: 
      model = models.get_model(app, kwargs['modelname']) 
      if model: 
       self.model = model 
       break 

     return super(GenericEdit, self).dispatch(request, *args, **kwargs) 
    ... 
    ...