我是新來的CodeIgniter，我試圖使用下面的條件來確定表單是否已經提交，然後顯示出一定的看法，如果有。由於某種原因，我在標題中遇到了錯誤，並且一直在解決問題超過半小時。有人知道我可以怎樣解決這個問題嗎？謝謝！
if($this->input->post->lastName){
// load view if form was submitted
} else {
// load other view
}
嘗試：
if($this->input->post('lastName')){
// load view if form was submitted
} else {
// load other view
}
奔，
Jayrox答案是正確的，但你應該考慮使用 表單驗證類。
如表單驗證手冊指出：
在解釋CodeIgniter的 方法數據驗證，讓我們 描述理想的情況：顯示
- 一種形式。
- 填寫並提交。
- 如果你提交的東西無效，或者丟失了一個必需 項，表單重新 包含您的數據描述該問題的錯誤 消息一起。
- 這個過程一直持續到您所提交的有效形式。
在接收端，腳本必須：
- 檢查所需的數據。
- 驗證數據是正確的類型，並符合正確 標準。例如，如果一個用戶名 提交它必須被驗證，以 只包含允許的字符。它 必須是最小長度，而不是 超過最大長度。用戶名 不能成爲別人的現有 用戶名，或者甚至是一個保留 字。等
- 淨化數據的安全性。
- 如果需要預格式化數據（數據是否需要修剪？ HTML編碼？等）
- 準備插入數據庫中的數據。
雖然沒有什麼非常複雜 關於上述過程，它 通常需要的代碼量顯著 ，並顯示錯誤消息 ，各種控制結構 通常被放置在形式 HTML內。表單驗證，而簡單 創建，通常是非常混亂和 繁瑣實現。
乾杯