http://localhost/Symfony/web/app.php/demo/hello/Alex
显示
“无法导入资源”@AcmeDemoBundle/Controller/SecuredController。php“from”D:/UserData/WWWRoot/Symfony/app/config/routing。yml”。确保“AcmeDemoBundle/Controller/SECUEDCONTROLLER”。php“bundle已正确注册并加载到应用程序内核类中。”
这是我的app\config\routing路线。yml
处理ESI的内部路由配置
_internal:
resource: "@FrameworkBundle/Resources/config/routing/internal.xml"
prefix: /_internal
_welcome:
pattern: /
defaults: { _controller: AcmeDemoBundle:Welcome:index }
_demo_secured:
resource: "@AcmeDemoBundle/Controller/SecuredController.php"
type: annotation
_demo:
resource: "@AcmeDemoBundle/Controller/DemoController.php"
type: annotation
prefix: /demo
好的,假设您知道哪些捆绑包不属于prod,那么在getEnvironment()
options数组中添加prod是可以的。
有一个单独的条件来检查它的dev或test是否有其他未进入prod的bundle
AcmeDemoBundle
仅在AppKernel
中为dev
和test
环境激活:
if (in_array($this->getEnvironment(), array('dev', 'test'))) {
$bundles[] = new Acme\DemoBundle\AcmeDemoBundle();
}
如果您想通过应用程序访问它。php
-用于prod
environment-您需要将bundle激活移出该条件。
我有一个spring启动应用程序,我需要通过进入文件夹目录并通过命令行启动我的web应用程序来启动它。我有一门课叫应用。java及其内部代码如下所示。 我设置了类路径,然后试图运行命令"",但我得到了这个错误消息""
问题内容: 当前,我有一个Java Standalone Swing应用程序。 现在,当用户单击Swing应用程序中的按钮时,我想启动另一个Java应用程序(说:Calculator.jar) 我可以知道什么是便携式方法吗?这样它就可以在多个OS中工作吗? 问题答案: 使用或只是将其放在类路径中并调用其。
我想知道是否有办法知道一个应用程序(可以在后台关闭或打开)是否已经启动,只需单击: 通知(在通知中心)? 还是跳板上的应用程序图标? 谢谢
问题内容: 我尝试使用范围类型APPLICATION和带有@ Create,@ Beg的方法来注释类,但这似乎不起作用。 我想要的是在应用程序启动时立即启动无限循环。 问题答案: 如果希望在初始化后立即执行方法,则可以使用以下注释:
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如何通过链接启动一个应用程序在B应用程序中的特定活动? 共享URI包含有关特定活动的信息。 如果用户单击B应用程序中链接,则启动应用程序的特定活动。