是否可以在urls.py中使用django捕获URL参数？

Question

我想写一些优雅的代码，不想在代码中依赖请求对象。所有的例子都是用这样的方式： (r'^hello/(?P.*)$', 'foobar.views.hello')，但看起来用表单向这样的URL发送请求并不太容易。有没有办法让这个URL能响应类似于..../hello?name=smith 这样的请求呢？

Answer 1

你不能在URL模式中捕捉到GET参数。就像在django.core.handlers.base.BaseHandler.get_response中看到的，只有URL中最终进入request.path_info的部分会被用来解析URL：

callback, callback_args, callback_kwargs = resolver.resolve(
         request.path_info)

request.path_info并不包含GET参数。要处理这些参数，可以参考Ninefingers的回答。

Answer 2

当然可以。如果你的网址对应一个函数，比如说 foobar.views.hello，那么这个函数在处理GET请求时可能会是这样的：

def hello(request):
    if request.method == "GET":
        name_detail = request.GET.get("name", None)

        if name_detail:
            # got details
        else:
            # error handling if required.

如果你通过HTTP POST发送数据，比如说POST参数，可以通过 request.POST 来获取这些数据。

如果你想自己构造一些数据，比如在POST请求中添加查询参数，可以这样做：

PARAMS = dict()
raw_qs = request.META.get('QUERY_STRING', '') # this will be the raw query string
if raw_qs:
    for line in raw_qs.split("&"):
        key,arg = line.split("=")
        PARAMS[key] = arg

同样的，如果是在非POST请求中处理表单编码的参数，可以这样做：

FORM_PARAMS = QueryDict(request.raw_post_data)

不过，如果你想在Django中使用表单，强烈建议你看看 django.forms。这个表单库会让你的工作变得简单很多；我从来没有手动写过Django的HTML表单，因为Django的这个部分已经帮我处理了所有的工作。简单来说，你可以这样做：

forms.py:

class FooForm(forms.Form):
    name = fields.CharField(max_length=200)
    # other properties

甚至可以这样：

class FooForm(forms.ModelForm):

    class Meta:
         model = model_name

然后在你的请求中，可以把表单传递给模板：

def pagewithforminit(request):
    myform = FooForm()
    return render_to_response('sometemplate.html', {'nameintemplate': myform}, 
                                    context_instance=RequestContext(request))

在接收这个请求的视图中：

def pagepostingto(request):
    myform = FooForm(request.POST)

    if myform.is_valid(): # check the fields for you:
        # do something with results. if a model form, this:
        myform.save()
        # creates a model for you.

另外可以看看 模型表单。总之，我非常推荐使用django.forms。