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5 つのデータベースを含む構成ファイル database.php があります。

データベースの 1 つが利用できない場合、すべてのページで "Site is not available" というメッセージで 500 エラーを取得するにはどうすればよいですか?

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あなたの質問は非常に興味深いものであり、あなたの問題を解決するためにいくつかの調査を行ってきました. 私の解決策を教えてください: 最初はフックを有効にすることです。そのため、config.php ファイルで次の変更を行います。

$config['enable_hooks'] = TRUE;

フックを有効にしたら、新しいフックを作成する必要があります。そのために、ファイル config/hooks.php に次のように記述します。

$hook['post_controller_constructor'] = array(
  'class'    => 'DBTest',
  'function' => 'index',
  'filename' => 'dbtest.php',
  'filepath' => 'hooks',
  'params'   => array(),
);

したがって、コントローラーがインスタンス化されるとフックが開始されますが、まだメソッドは実行されていません。これは $CI = &get_instance() を使用するために必要です

最後に、次のような内容のファイル /application/hooks/dbtest.php を作成します。

<?php if ( ! defined('BASEPATH')) exit('No direct script access allowed');

class DBTest {

  function index() {

    $CI = &get_instance();

    $databases = array(
      'mysqli://user1:pass1@host1/db1',
      'mysqli://user2:pass2@host2/db2',
      'mysqli://user3:pass3@host3/db3',
      'mysqli://user4:pass4@host4/db4',
      'mysqli://user5:pass5@host5/db5',
    );

    foreach ($databases as $dsn) {

      $db_name = substr(strrchr($dsn, '/'), 1);
      $CI->load->database($dsn);
      $CI->load->dbutil();

      if(!$CI->dbutil->database_exists($db_name)) {
        // if connection details incorrect show error
        show_error("Site is not available: can't connect to database $db_name");                
      }
    }

  }
}

$CI->load->database() に dsn を使用する必要があります。これにより、Code Igniter がデータベースをロードしようとしたときにエラーを処理できます。

お役に立てれば。

于 2012-10-28T10:31:31.083 に答える