最快的方式可以說我有一個名爲MyView.php一個簡單的視圖文件:最簡單的/的「渲染」查看文件在PHP
<!DOCTYPE html>
<html>
<head>
<title><?=$title?></title>
<meta http-equiv="Content-Type" content="text/html; charset=UTF-8">
</head>
<body>
<?=$cotent?>
</body>
</html>
,我已經在我的代碼的方法叫render()
:
<?
function render($data)
{
}
?>
我需要從那裏撥打MyView.php
並將$title
和$cotent
變量傳遞給它。
我知道有這樣做的只是更換<title><?=$title?></title>
到,可以說,<title>{TITLE}</title>
然後在render($data)
只需加載MyView.php
到變量與preg_replace()
與$blah
替換所有{BLAH}
的方式。
有沒有其他簡單的方法來做到這一點?
不得使用框架。一切從頭開始。
爲什麼不只是'包含'那個文件 - PHP已經是一個模板語言了。 – 2013-03-13 22:05:10
如果你堅持使用自定義標籤(而不是像@Rick提到的那樣),建立替換數組並使用'str_replace'而不是'preg_replace'。可能會更具性能。 – 2013-03-13 22:06:30
@RichBradshaw我只能包含PHP類。沒意見。否則會是一團糟。 – rinchik 2013-03-13 22:07:13