Вопросы с тегами [django-admin]

1

голосов
2

ответ
349

Просмотры

Фильтр записи, прежде чем Django администратора оказывает данные модели

Итак, у меня есть модель с именем Foo. Мое требование, чтобы показать отфильтрованный список записей на администратор приборной панели для обува. В принципе, я хочу, чтобы фильтровать QuerySet еще до того, админ делает вид для обува. Есть ли способ сделать это? Моя среда: Джанго == 1.7, Python == 2,7 Я использую Grappelli, чтобы сделать свой сайт администратора.
Piyush Das
1

голосов
1

ответ
43

Просмотры

Администрация Django: зерноуборочный администратор модели приложения

Я использую все AUTH и создал еще одну модель послов. У меня в настоящее время вопрос, что Джанго Администрация показывает мне обе эти модели в настоящее время в двух разных окнах. Кто-нибудь знает, как объединить их? Предварительный просмотр Моя цель состоит в том, чтобы иметь счета: Email-адреса Ambassdadors
1

голосов
1

ответ
151

Просмотры

Django администратора change_view не называется

В то же время, отметил код changeform_view называется. Я проверил и ModelAdmin содержит и методов. Я не могу понять, почему «change_view» не называется, где «changeform_view» называется (очевидно, когда раскомментирована). Документация предполагает change_view: https://docs.djangoproject.com/en/2.0/ref/contrib/admin/#django.contrib.admin.ModelAdmin.change_view Я использую Django 2.0.2
RedPelle
1

голосов
0

ответ
164

Просмотры

Как передать контекст change_list_results.html DjangoAdmin в

Я в настоящее время есть следующие в моем админ класс четкости changelist_view (самости, запрос, extra_context = None): контекст = extra_context или {} контекст [ 'econtext'] = 'Extra Context' возвращение супер (BaseModelAdmin, самостоятельно) .changelist_view (запрос, extra_context = контекст) Однако, вызов {{}} econtext в моем change_list_results.html оказывается пустым. Могу ли я переопределение неправильного метода для этого?
Lorenzo Ang
1

голосов
1

ответ
165

Просмотры

Как обратный адрес для действия администратора?

Я отправляю это, потому что я искал StackOverflow и документы в течение длительного времени, не находя ответ - надеюсь, это поможет кому-то из. Вопрос заключается в том, для целей тестирования, как я могу найти URL, что связанно с админами действий для конкретной модели? Модель администратора URLs могут быть найдены с помощью обратного (администратора: appname_modelname_ *), где * действие (изменение, удаление и т.д.). Но я не мог найти для действий администратора, и с тех пор я определения пользовательских действий, я хотел бы получить URL.
Sam Bobel
1

голосов
1

ответ
129

Просмотры

list_filter на auth.user в админ сайта

Я пытаюсь добавить list_filter на модели пользователя в администратора сайта. Ниже приводится модель: класс Profile (пользователь): пользователь = models.OneToOneField (Пользователь) is_admin = models.BooleanField (по умолчанию = False) Я хочу, чтобы добавить list_filter на Идент.пользе для пользователя нам получить отфильтрованный на основе «» is_admin флага Профиль модели. Как я могу это сделать. в образе я хочу list_filter же, но с полем «is_admin» из профиля модели и фильтрации списка пользователей аутентификации
108
1

голосов
0

ответ
116

Просмотры

One-to-many inline select with django admin 2018 UPDATED

Я столкнулся с той же проблемой, как описано здесь или здесь. Короче говоря: у меня есть 2 модели: книги и Shelf. В админ форме ( «добавить полки») Я хотел бы, чтобы выбрать из книг, которые уже находятся в библиотеке. По умолчанию это не доступно. Я использовал решение (из ссылок выше) и все работает, пока я не пытаюсь «сохранить» новый объект. Ошибка: несохраненная экземпляра модели (Полка: ShelfAlpha) не может быть использован в запросе ОРМ. # Models.py класс Book (models.Model): полки = models.ForeignKey (Полка, пусто = True, нуль = True, related_name = "in_shelf") # admin.py класс ShelfForm (forms.ModelForm): класс Meta: модель = Полочные книги = forms.ModelMultipleChoiceField (QuerySet = Book.objects.all ()) защиту __init __ (самоповреждения, * арг, ** kwargs): супер (ShelfForm, самостоятельно) .__ Инициализационные __ (* Args, ** kwargs), если сам. пример: если self.instance.in_shelf: self.fields [ 'книга'] = начальная self.instance.in_shelf.all () еще.:. [] Защита сохранить self.fields [ 'книги'] = начальный (самоповреждения, * арг, ** kwargs): экземпляр = супер (ShelfForm, самость) .save (фиксации = False) self.fields [ 'книги'] initial.update (полка = None) self.cleaned_data [ 'книги'] обновление (полки =.. экземпляр) возвращает экземпляр Похоже, в 2014 году работал, но теперь это не так. Я был бы признателен за помощь! initial.update (полка = None) поля [ «книга»]. self.cleaned_data [ «книга»]. Обновление (полка = экземпляр) возвращает экземпляр Похоже, в 2014 году работали, но теперь это не так. Я был бы признателен за помощь! initial.update (полка = None) поля [ «книга»]. self.cleaned_data [ «книга»]. Обновление (полка = экземпляр) возвращает экземпляр Похоже, в 2014 году работали, но теперь это не так. Я был бы признателен за помощь!
Artur Bednarz
1

голосов
1

ответ
33

Просмотры

Как включить самую последнюю запись из обратного FK при экспорте из Джанго админа CSV файлы?

У меня есть следующие модели: класс Person (models.Model): Имя = models.CharField (MAX_LENGTH = 45) и т.д. ... класс Одежда (models.Model): человек = models.ForeignKey (Person) и т.д. ... У меня есть следующий admin.py класс ExportCsvMixin: Защита export_as_csv (я, запрос, QuerySet): мета = self.model._meta field_names = [field.name для поля в meta.fields] ответ = HttpResponse (content_type = 'текст / CSV' ) реакция [ 'Content-Disposition'] = «крепления; . Имя_файла = {} csv'.format (мета) автор = csv.writer (ответ) writer.writerow (field_names) для OBJ в QuerySet: строка = writer.writerow ([GetAttr (объект, поле) для поля в field_names]) обратный ответ export_as_csv.short_description = «Экспорт Выбранный в качестве CSV» класс PersonAdmin (admin.ModelAdmin, ExportCsvMixin): действия = [ «export_as_csv»] и т.д. ... Это прекрасно работает, и я могу экспортировать файл CSV со всеми полями от лица. Как бы идти о включении самого последней записи модели одежды в качестве поля для экспорта CSV?
Fish
1

голосов
0

ответ
69

Просмотры

Ошибка целостности вызвано сигналом: Джанго админ

У меня есть стандартная модель UserProfile, которая имеет OneToOneField поля для модели auth.User. Каждый пользователь должен иметь один и только один UserProfile, поэтому мне нужно UserProfile объект, который будет создан при ВСЕГДА Пользователь создан. Очевидное решение состоит в создании post_save Сингаля: @receiver (post_save, отправитель = User) Защита create_user_profile (отправитель, экземпляр, созданный, ** kwargs): если создано: UserProfile.objects.get_or_create (пользователь = экземпляр) ПРОБЛЕМА: Этот подход работает, когда пользователь зарегистрирован себя или когда пользователь был создан программно (например, с помощью оболочки). Проблема заключается в том, когда пользователь создается с помощью Джанго-администратора. Она поднимает: продублировать значение ключа нарушает ограничение уникальности "main_userprofile_user_id_key" ДЕТАЛЬ: Key (user_id) = (30), уже существует. Я' Ве добавил UserProfile встроенный в страницу пользователя администратора, который означает, что существуют две формы - для создания пользователя и для создания UserProfile. admin.site.unregister (Пользователь) Класс UserProfileInline (admin.StackedInline): модель = UserProfile класс UserAdmin (BaseUserAdmin): fieldsets = ((None, { 'поля': ( 'имя пользователя', 'пароль')}), # ( _ ( 'Личные данные'), { 'поля': ( 'First_name', 'Last_name', 'электронной почты')}), (_ ( 'Важные даты'), { 'поля': ( 'last_login', «date_joined ')})) # упорядоченность = (' имя пользователя»,) встраивает = [UserProfileInline] list_display = [ 'ID', 'имя пользователя', 'userprofile__display_name', 'last_login'] Теперь, когда админы создания нового пользователя с помощью Джанго-администратора и заполняют, по меньшей мере, один UserProfile поля формы, Джанго пытается создать UserProfile для пользователя в два раз, который возвращает ошибку. После того, как он будет создан из-сигнала и во второй раз, потому что было по крайней мере, одна форма поля UserProfile формы заполнены. Вы знаете, как заставить его работать? EDIT Я хотел бы добавить условие в сигнал: если не GetAttr (пример, «Userprofile»): # создать UserProfile но сигнал вызывается перед тем UserProfile ModelForm от администратора сохраняется, так что не поможет. Вы знаете, как заставить его работать? EDIT Я хотел бы добавить условие в сигнал: если не GetAttr (пример, «Userprofile»): # создать UserProfile но сигнал вызывается перед тем UserProfile ModelForm от администратора сохраняется, так что не поможет. Вы знаете, как заставить его работать? EDIT Я хотел бы добавить условие в сигнал: если не GetAttr (пример, «Userprofile»): # создать UserProfile но сигнал вызывается перед тем UserProfile ModelForm от администратора сохраняется, так что не поможет.
Milano
1

голосов
1

ответ
45

Просмотры

How to add a sortable column from the admin log in Django

В админке Django Мне нужно отобразить, когда объект последнего изменения другого пользователя. Поэтому я хочу использовать встроенный в журнал администратора Django. Я пришел с этим решением: класс MyModel (models.Model): ... @property Защиты admin_last_modified (сам): от django.contrib.admin.models импорта LogEntry из django.contrib.contenttypes.models импорта ContentType попробовать: logentry = формат возврата '' возвращение '{} по {}': LogEntry.objects.filter (object_id = self.pk, content_type_id = ContentType.objects.get_for_model (само .__ class__)) .order_by ( 'action_time') [0], за исключением. (logentry.action_time, logentry.user) и класс администратора: @ admin.register (MyModel) класс MyAdmin (admin.ModelAdmin): list_display = (..., ' admin_last_modified») Недостаток, который представляет собой шоу-стоппер для меня является то, что столбец не сортируется. Для этого, от того, что я собрал, я должен был бы переформулировать собственность как своего рода аннотацию. Но я пытался и не пришел с идеей, как сделать это: класс MyAdmin (admin.ModelAdmin): Защита get_queryset (Я):. QuerySet = супер () get_queryset (запрос) QuerySet = queryset.annotate (admin_last_modified = # ???) возвращение QuerySet Я теперь ищу то, что заменить знаки вопроса с. Как я могу написать аннотацию, который извлекает одну строку информации от другого в основном, не связанной таблицы? d нужно заново сформулировать свойство как своего рода аннотацию. Но я пытался и не пришел с идеей, как сделать это: класс MyAdmin (admin.ModelAdmin): Защита get_queryset (Я):. QuerySet = супер () get_queryset (запрос) QuerySet = queryset.annotate (admin_last_modified = # ???) возвращение QuerySet Я теперь ищу то, что заменить знаки вопроса с. Как я могу написать аннотацию, который извлекает одну строку информации от другого в основном, не связанной таблицы? d нужно заново сформулировать свойство как своего рода аннотацию. Но я пытался и не пришел с идеей, как сделать это: класс MyAdmin (admin.ModelAdmin): Защита get_queryset (Я):. QuerySet = супер () get_queryset (запрос) QuerySet = queryset.annotate (admin_last_modified = # ???) возвращение QuerySet Я теперь ищу то, что заменить знаки вопроса с. Как я могу написать аннотацию, который извлекает одну строку информации от другого в основном, не связанной таблицы? аннотирования (admin_last_modified = # ???) возвращение QuerySet Я сейчас в поисках того, что заменить знаки вопроса с. Как я могу написать аннотацию, который извлекает одну строку информации от другого в основном, не связанной таблицы? аннотирования (admin_last_modified = # ???) возвращение QuerySet Я сейчас в поисках того, что заменить знаки вопроса с. Как я могу написать аннотацию, который извлекает одну строку информации от другого в основном, не связанной таблицы?
Boldewyn
1

голосов
0

ответ
130

Просмотры

Джанго реверс инлайн для администратора

У меня есть пользовательский класс, который ссылается внешний ключ по классу Student, родительский класс и классного. Класс пользователя (): пропуск класса Parent (): пользователь = models.ForeignKey (Пользователь) класс Student (): пользователь = models.ForeignKey (Пользователь) класс Учитель (): пользователь = models.ForeignKey (Пользователь) Я хотел бы сделать UserInline и имеют ParentAdmin TeacherAdmin и т.д. конечно, DjangoAdmin требует, чтобы пользователь будет один, который имеет ForeignKey для родителей, учителей, студент и т.д., однако мне было интересно, если бы мы могли потенциально каким-то образом повернуть его вспять или структуру его, что я мог бы просто создать студент или преподаватель во время включения UserInline
Brandon Nguyen
1

голосов
0

ответ
46

Просмотры

Джанго: Как установить количество для каждого элемента в ManyToManyField

Привет, ребята, я пытаюсь сделать приложение кадастре для инструментов в моей мастерской. Я хочу, чтобы иметь возможность знать, какие инструменты назначены на то, что набор инструментов, и кто является то, что ящик для инструментов назначен. У меня есть таблица под названием Элементы этой таблицы получает в наследство от других таблиц, макияж инструмент т.е. (Для того, чтобы создать режущий инструмент, у меня есть таблица, которая называется Cortadores, который наследует поля из п. Cortadores имеет поля, которые являются уникальными для режущих инструментов и предметов имеет поля которые являются общими для всех инструментов) у меня также есть таблицы: Carritos и Empleados. Что им пытается сделать, это построить таблицу Carritos тх имеет все инструменты, возложенные на него и Empleados, что тележка присвоенные. мой models.py класс Carritos (models.Model): no_carrito = models.CharField (max_length = 3, уникальный = True) empleado = models.ForeignKey (Empleados, on_delete = models.CASCADE) herramienta = модели. ManyToManyField (п) = cantidad models.PositiveIntegerField () f_creacion = models.DateTimeField (auto_now_add = True) f_actualizacion = models.DateTimeField (auto_now = True) Activo = models.BooleanField (по умолчанию = True) Класс Meta: verbose_name_plural = "Carritos" Защиту __str __ (Я): возвращение self.no_carrito я не собирался создать представление для него, я хотел, чтобы иметь возможность создавать и вносить изменения в carritos со страницы администратора. Я получаю список доступных инструментов и выбрать несколько инструментов. что я не знаю, как определить количество в инструменте Carrito имеет. то есть (если я хотел Ассинг 2 резцов к Carrito, как я мог это сделать) DateTimeField (auto_now = True) Activo = models.BooleanField (по умолчанию = True) Класс Meta: verbose_name_plural = "Carritos" Защита __str __ (Я): возвращение self.no_carrito я не собирался создать представление для него, я хотел бы быть в состоянии создавать и вносить изменения в carritos со страницы администратора. Я получаю список доступных инструментов и выбрать несколько инструментов. что я не знаю, как определить количество в инструменте Carrito имеет. то есть (если я хотел Ассинг 2 резцов к Carrito, как я мог это сделать) DateTimeField (auto_now = True) Activo = models.BooleanField (по умолчанию = True) Класс Meta: verbose_name_plural = "Carritos" Защита __str __ (Я): возвращение self.no_carrito я не собирался создать представление для него, я хотел бы быть в состоянии создавать и вносить изменения в carritos со страницы администратора. Я получаю список доступных инструментов и выбрать несколько инструментов. что я не знаю, как определить количество в инструменте Carrito имеет. то есть (если я хотел Ассинг 2 резцов к Carrito, как я мог это сделать) Я хотел, чтобы иметь возможность создавать и вносить изменения в carritos со страницы администратора. Я получаю список доступных инструментов и выбрать несколько инструментов. что я не знаю, как определить количество в инструменте Carrito имеет. то есть (если я хотел Ассинг 2 резцов к Carrito, как я мог это сделать) Я хотел, чтобы иметь возможность создавать и вносить изменения в carritos со страницы администратора. Я получаю список доступных инструментов и выбрать несколько инструментов. что я не знаю, как определить количество в инструменте Carrito имеет. то есть (если я хотел Ассинг 2 резцов к Carrito, как я мог это сделать)
victorR
1

голосов
0

ответ
34

Просмотры

Как форматировать только для чтения поля в админке Django с 3-сторонней библиотекой?

Я использую Django-prettyjson форматировать мои JSONFields в админ. Мой код настройки выглядит следующим образом: models.py класс MyModel (models.Model): структура = JSONField (по умолчанию = ДИКТ, пусто = True, нуль = True) static_structure = JSONField (по умолчанию = ДИКТ, пусто = True, нуль = True, редактируемый = False) admin.py класс MyModelAdmin (admin.ModelAdmin): formfield_overrides = {JSONField: { 'виджет': PrettyJSONWidget}} Защита get_readonly_fields (я, запрос, OBJ = None): если OBJ: возвращение ( 'static_structure') еще : возвращение супер (MyModelAdmin, самостоятельно) .get_readonly_fields (запрос, объект) admin.site.register (MyModel, MyModelAdmin) другими словами, один из JSONFields не редактируется и только для чтения. Он появляется на моей панели администратора, но его не зависит от виджета, который делает другое поле как отформатированный JSON. Любой способ исправить это? Просматривая простой текст JSON данные является полным сопротивлением. Спасибо!
darkhorse
1

голосов
1

ответ
113

Просмотры

Джанго модельная задача сериализации с полями по умолчанию

Внутри моего приложения модели, я использую IntegerRangeField поля: от django.db импортных моделей от django.contrib.postgres.fields импорта IntegerRangeField из django.contrib.postgres.validators импорта RangeMinValueValidator, RangeMaxValueValidator из psycopg2.extras импортировать класс MyModel (модели NumericRange. Модель): ... поле = IntegerRangeField (по умолчанию = NumericRange (400, 600), валидаторы = [RangeMinValueValidator (1), RangeMaxValueValidator (1000)]) ... атрибуты "по умолчанию" используются только в админ-панели интерфейса, и не нужно нигде. Если добавить их после миграции, они работают гладко. Однако, если добавить их, прежде чем запускать makemigrations, я получаю сообщение: ValueError: Не могу сериализовать: NumericRange (400, 600, «[)») Есть некоторые значения Джанго не могут сериализации в миграции файлов. Я даже не хочу, значения по умолчанию, которые будут сохранены в моей базе данных PostgreSQL, я просто хочу, чтобы не удалить и вернуть их обратно каждый раз, когда я бегу makemigrations. Есть идеи? (Не работает: пользовательский объект с «ниже» и «выше» атрибуты, одно целое число, строка, кортеж) Python: 3.6.6, Django: 2.1.2, PostgreSQL: 11,0
ozz
1

голосов
0

ответ
44

Просмотры

Как добавить класс к странице администратора в Django питона?

Я в настоящее время сделать небольшой сайт в Джанго. Когда я попытался добавить кнопку на страницу администрирования с помощью этого кода: от django.contrib импортного администратора # Зарегистрировать модели здесь. от .models импорта профиля класса profileAdmin (admin.Modeladmin): класс Meta: Model = профиль admin.site.register (профиль, profileAdmin) Вот код для добавления кнопки на странице администратора. от django.db импортных моделей # Создайте свои модели здесь. Класс профиль (models.Model): Имя = models.CharField (max_length = 50) убывание = models.TextField (по умолчанию = 'по умолчанию описание пользователя') Работа = models.CharField (max_length = 20) Защита _unicode_ (Я): Самовозврат .name это код для кнопки. Я также знаю, что приложение профиль, который содержит эту кнопку и админ страница была добавлена ​​к установке приложений и функционирует. Когда я пытаюсь makemigrations я пробужден с этой ошибкой. AttributeError: модуль «django.contrib.admin» не имеет атрибута «Modeladmin»
Call More
1

голосов
1

ответ
164

Просмотры

Django администратора ошибка «Пожалуйста, исправьте ошибки ниже.»

Я сделал пользовательское BaseUserManager создать пользователь, но я получаю ошибку «пожалуйста исправить ошибки ниже» при добавлении пользователя из Джанго панели администратора, и я не могу найти то, что происходит не так. Models.py: класс UserManager (BaseUserManager): Защита create_user (самость, адрес электронной почты, пароль): пользователь = self.model (электронная почта = электронная почта) user.set_password (пароль) Защита create_superuser (самость, адрес электронной почты, пароль): пользователь = я. модель (электронная почта = электронная почта) user.set_password (пароль) user.is_admin = True user.is_superuser = True user.is_staff = True user.save (с использованием = self._db) класс пользователя (AbstractBaseUser, PermissionsMixin): COMPANY = 'CO' СОТРУДНИК = STATUS_CHOICES 'EM' = ((COMPANY, 'Компания'), (СЛУЖАЩИЕ, 'Сотрудник')) Status = модель. 'Is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) add_fieldsets = ((None, { 'поля' ( 'электронная почта', 'пароль', 'Статус', 'user_image', 'last_login')}) ( 'права доступа', { 'поля': ( 'is_admin', 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль' ,) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить то, что я делаю неправильно? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. user_permissions', 'группы')}),) add_fieldsets = ((None, { 'поля': ( 'электронной почты', 'пароль', 'Статус', 'user_image', 'last_login')}), ( 'Разрешения' , { 'поля': ( 'is_admin', 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = ( ) admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю неправильно? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. user_permissions', 'группы')}),) add_fieldsets = ((None, { 'поля': ( 'электронной почты', 'пароль', 'Статус', 'user_image', 'last_login')}), ( 'Разрешения' , { 'поля': ( 'is_admin', 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = ( ) admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю неправильно? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. ) Add_fieldsets = ((None, { 'поля' ( 'электронная почта', 'пароль', 'Статус', 'user_image', 'last_login')}), ( 'Права доступа', { 'поля' ( 'is_admin' , 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin ) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. ) Add_fieldsets = ((None, { 'поля' ( 'электронная почта', 'пароль', 'Статус', 'user_image', 'last_login')}), ( 'Права доступа', { 'поля' ( 'is_admin' , 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin ) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. Статус, 'user_image', 'last_login')}), ( 'Права доступа', { 'поля': ( 'is_admin', 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. Статус, 'user_image', 'last_login')}), ( 'Права доступа', { 'поля': ( 'is_admin', 'is_staff', 'is_superuser', 'user_permissions', 'группы')}),) search_fields = ( 'пароль',) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Employee) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. группы ')}),) search_fields = (' пароль»,) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Сотрудник) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager. группы ')}),) search_fields = (' пароль»,) упорядочение = ( 'пароль',) filter_horizontal = () admin.site.register (Пользователь, UserAdmin) admin.site.register (Компания) admin.site.register (Сотрудник) admin.site.register (Работа) admin.site.register (AppliedJobs) Может кто-то предложить, что я делаю не так? Я всегда получаю ошибку при добавлении пользователя от администратора panel.I не могу понять, как я работаю в первый раз на baseusermanager.
Muhammad Nabeel
1

голосов
1

ответ
68

Просмотры

Python - Django страница администратора сайта пуста после авторизовалась

Я пытаюсь построить крестики нолики игру. Моя страница администратора сайта Django появляется пустой, и я не в состоянии решить. от django.db моделей импорта из django.db.models импорта Q из django.contrib.auth.models импорта GAME_STATUS_CHOICES пользователя = {( «F», «Первый игрок двигаться»), ( «S», «Второй игрок двигаться '), (' W», 'выиграл Первый игрок'), ( 'L', 'Второй игрок побеждает'), ( 'D', 'Draw')} класса GameQuerySet (models.QuerySet): защиту games_for_user (самостоятельная, пользователь): возвращение self.filter (Q (first_player = пользователь) | Q (second_player = пользователь)) защиту активный (само): возвращение self.filter (Q (статус = 'F') | Q (статус = 'S') ) класс игры (models.Model): first_player = models.ForeignKey (Пользователь, related_name = " регистр (Move) @ admin.register (Игра) класса GameAdmin (admin.ModelAdmin): list_display = ( 'ID', 'first_player', 'second_player', 'статус') list_editable = ( 'статус') Я новичок в Django. Я в настоящее время застрял на эту проблему на некоторое время. Не удалось найти ответы. Мой settings.py кажется оштрафовать, INSTALLED_APPS = [ 'django.contrib.admin', 'django.contrib.auth', 'django.contrib.contenttypes', 'django.contrib.sessions', '' django.contrib.messages , 'django.contrib.staticfiles', 'игры', "игрок,] ) Я новичок в Django. Я в настоящее время застрял на эту проблему на некоторое время. Не удалось найти ответы. Мой settings.py кажется оштрафовать, INSTALLED_APPS = [ 'django.contrib.admin', 'django.contrib.auth', 'django.contrib.contenttypes', 'django.contrib.sessions', '' django.contrib.messages , 'django.contrib.staticfiles', 'игры', "игрок,] ) Я новичок в Django. Я в настоящее время застрял на эту проблему на некоторое время. Не удалось найти ответы. Мой settings.py кажется оштрафовать, INSTALLED_APPS = [ 'django.contrib.admin', 'django.contrib.auth', 'django.contrib.contenttypes', 'django.contrib.sessions', '' django.contrib.messages , 'django.contrib.staticfiles', 'игры', "игрок,]
Sheshan
1

голосов
0

ответ
27

Просмотры

Джанго - Администратор Войти страницу также вошли в аутентификацию пользователя

После того, как я войти в админ страницу, мой сайт также вошли в систему с помощью суперпользователя. И когда я вошел из него также вошли из администратора. Пожалуйста, помогите мне.
Sivakumar R
1

голосов
1

ответ
15

Просмотры

Django-админка WONT Показать записи, которые вставляются перекидной PHPMyAdmin?

У меня есть панель Джанго администратора, и это Джанго админ-панель подключается к MySQL и WAMP. Моя проблема в том, когда я вставить несколько записей в базе данных с помощью PHPMyAdmin, Джанго-админка обыкновение появляться записи, а просто показать число из них. Что эта проблема для? Вот моя модель в Django: класс Заказы (models.Model): объекты = jmodels.jManager () продукт = models.ForeignKey ( 'PartoProducts', models.DO_NOTHING) user_phone = models.ForeignKey ( 'PartoUsers', models.DO_NOTHING, db_column = 'user_phone') ORDER_DATE = jmodels.jDateField () состояние = models.CharField (max_length = 11) цена = models.CharField (max_length = 11) кол = models.IntegerField () защиту __unicode __ (Я): возвращение self.product .title класс Meta: 'заказы' подчиненному = False db_table = ) Resource_class = OrdersResource Почему Джанго обыкновение показывать какие-либо записи, вставленные бросить PHPMyAdmin? Я искал много, но ничего не нашел. Любое предложение будет полезно. Благодаря этому большое сообщество.
T.Pool
1

голосов
0

ответ
14

Просмотры

Как я могу изменить отображаемое имя для Django администратора filter_horizontal

Предположим, у меня есть объект продукта и категории объекта со многими-ко-многим. Я хочу использовать filter_horizontal редактировать их в странице администратора. Как я могу изменить отображение текста в форме категории объекта 1 к тексту категории, за исключением переопределения __str__ в модели? Потому что я не хочу это изменение в глобальном масштабе. Я пытаюсь использовать label_from_instance клиентов из класса ModelMultipleChoiceField, но это нарушит filter_horizontal. Класс ProductAdmin (admin.ModelAdmin): filter_horizontal = [ 'категории']
Tiancheng Liu
1

голосов
3

ответ
378

Просмотры

django.contrib.auth: как сохранить сайт и администратора сеансов отдельно?

Я использую модель профиля пользователя с ForeignKey Пользователя, заверенное django.contrib.auth. Тот же модуль аутентификации, конечно, используется для интерфейса администратора, поэтому если член суперпользователя / штат вошел в интерфейс администратора, и входит в основной сайт, сайт будет принимать куки сессии и аутентификации его. Это создает проблему, так как суперпользователь / администратору не нужно иметь UserProfile и не должен быть признан основным сайтом. Что это самый простой способ решить эту проблему, так что сеансы от администратора не несут на сайте?
hmp
1

голосов
1

ответ
412

Просмотры

Использование list_filter с посреднической моделью

У нас есть три модели, исполнитель: класс художника (models.Model): family_name = models.CharField (max_length = 50) given_name = models.CharField (max_length = 50) Группа: класс Group (models.Model): имя = models.CharField (MAX_LENGTH = 50) членов = models.ManyToManyField (Исполнитель, через = 'членство') и членства: класс членства (models.Model) исполнитель = models.ForeignKey (Artist) группа = models.ForeignKey (группа) присоединился = models.DateField () членство является посредником модели подключения художника и группы с некоторыми дополнительными данными (дата присоединилась и т.д.) меня попросили, чтобы увидеть, если один может фильтровать художник по какой группе они в России, но я не могу понять, как это сделать ,
Bryan Veloso
1

голосов
3

ответ
915

Просмотры

Ошибка Джанго SESSION_COOKIE_DOMAIN

Я пытаюсь с помощью SESSION_COOKIE_DOMAIN, но я получаю сообщение об ошибке в любом браузере, я стараюсь, когда я пытаюсь войти в админ: Похоже, ваш браузер не настроен на прием куков. Пожалуйста, включите куки, перезагрузите страницу и повторите попытку. Любая идея?
Asinox
1

голосов
1

ответ
163

Просмотры

Настройка разрешения для просмотра списка объектов без добавления разрешения / редактирования

Я хочу, чтобы несколько пользователей, чтобы иметь возможность получить доступ к администратору сайта Джанго, но в некоторых моделях позволяет разрешение только возможность просмотра списка объектов. Есть ли простой способ сделать это, или я должен просто создать представление, чтобы показать эту информацию?
Ricardo B.
1

голосов
1

ответ
129

Просмотры

Help with designing models for a Django 'Project' app with 1 or more urls in it (variable), with editing at once in admin interface

я строй простого приложения для Django, и я столкнулся некоторые проблемы с моим дизайном моделей, и использование «инлайн» в интерфейсе администрирования. Приложение для управления проектами. Проект состоит из имени, описание, другие поля (например, теги ...) и нескольких адресов (например, проект URL, исходный код хранилища URL), но число не фиксируется, они могут иметь 1, 2 или более URLs ( я думаю, что 0 никогда не будет иметь место). Я первым создал простые модели, как: класс URL (models.Model): имя = models.CharField (max_length = 100) URL = models.URLField () класса Project (models.Model): Имя = models.CharField (max_length = 100 ) описание = models.CharField (max_length = 300) ... URLs = models.ManyToManyField (URL, пустой = True), но с этими моделями, которые я сделал» т удается иметь интерфейс администратора, где я могу имел проект и добавить в то же время один или несколько адресов. Я пытался использовать «Внутристрочные» на веб-сайте администратора, как указано в документ, но без успеха. Я даже не уверен, что модели / проектирование баз данных (например, адреса не будут повторно использоваться в различных проектах, и ManyToManyField позволяют выбирать между Allready существующих адресов, которые не могут быть необходимы), но я не знаю, что может быть другой решения (списки, ...). Может кто-нибудь помочь мне с этим (просто я думаю) проблема? Укажите мне некоторые полезные рекомендации, чтобы выбрать дизайн модели / дб? Даже, может быть, указать мне на какой-то пример кода, реализующего этот вид проблемы, с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. встраивает в вебе-сайте администратора, как указано в документе, но без успеха. Я даже не уверен, что модели / проектирование баз данных (например, адреса не будут повторно использоваться в различных проектах, и ManyToManyField позволяют выбирать между Allready существующих адресов, которые не могут быть необходимы), но я не знаю, что может быть другой решения (списки, ...). Может кто-нибудь помочь мне с этим (просто я думаю) проблема? Укажите мне некоторые полезные рекомендации, чтобы выбрать дизайн модели / дб? Даже, может быть, указать мне на какой-то пример кода, реализующего этот вид проблемы, с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. встраивает в вебе-сайте администратора, как указано в документе, но без успеха. Я даже не уверен, что модели / проектирование баз данных (например, адреса не будут повторно использоваться в различных проектах, и ManyToManyField позволяют выбирать между Allready существующих адресов, которые не могут быть необходимы), но я не знаю, что может быть другой решения (списки, ...). Может кто-нибудь помочь мне с этим (просто я думаю) проблема? Укажите мне некоторые полезные рекомендации, чтобы выбрать дизайн модели / дб? Даже, может быть, указать мне на какой-то пример кода, реализующего этот вид проблемы, с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. и ManyToManyField позволяют выбирать между Allready существующих адресов, которые не могут быть необходимы), но я не знаю, что могут быть и другие решения (списки, ...). Может кто-нибудь помочь мне с этим (просто я думаю) проблема? Укажите мне некоторые полезные рекомендации, чтобы выбрать дизайн модели / дб? Даже, может быть, указать мне на какой-то пример кода, реализующего этот вид проблемы, с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. и ManyToManyField позволяют выбирать между Allready существующих адресов, которые не могут быть необходимы), но я не знаю, что могут быть и другие решения (списки, ...). Может кто-нибудь помочь мне с этим (просто я думаю) проблема? Укажите мне некоторые полезные рекомендации, чтобы выбрать дизайн модели / дб? Даже, может быть, указать мне на какой-то пример кода, реализующего этот вид проблемы, с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно. с интерфейсом администратора, как указано? Спасибо за ответы и не стесняйтесь спрашивать подробности, если это не достаточно ясно.
xkz
1

голосов
2

ответ
355

Просмотры

приложение, которое настроить Джанго-администратор свою «Макс»

Я хочу, чтобы изменить приложение Джанго-администратор, чтобы увидеть, как далеко он может пойти :) Я нашел несколько интересных проектов (Джанго Grappelli), в основном сосредоточен на шкуры, более interesing Джанго-администратор приложений там? Цель проекта студенты :) идеи приветствуются тоже :)
wailer
1

голосов
1

ответ
551

Просмотры

Django не признавая Джанго URLs администратора

Я только что зарегистрировался моим модели моих моделей с Джанго администратором. Я перейти к Джанго администратора в / администратора. Я войти Устпешно и я могу видеть все свои модели. большой до сих пор. Но теперь, если я пытаюсь нажать на одну из ссылок, для Ex: «» пользователей, Джанго дает мне 404 говоря Текущий URL, администратор / аутентификации / пользователь /, не соответствует ни одному из них. Его действительно странно, потому что в моем urls.py я его правильно отображаться (г «^ админ /», включают в себя (admin.site.urls)), я разрешаю все необходимое ПО промежуточного слоя и имеют их в django.contrib моих установленных приложений» .auth», 'django.contrib.contenttypes', 'django.contrib.sessions', 'django.contrib.sites', 'django.contrib.messages', 'django.contrib.admin' кто-нибудь есть какие-либо идеи? Благодарю.
1

голосов
1

ответ
431

Просмотры

Как отобразить многословный имя модели в админ Джанго

Я зарегистрировал приложение к Джанго администратору с: от django.contrib импорта админ из MyProject.myapp.models импорта Model1, model2 класса HyperlinkAdmin (admin.ModelAdmin): удар класса Model2Admin (admin.ModelAdmin): пройти admin.site.register ( гиперссылок, HyperlinkAdmin) admin.site.register (Model2, Model2Admin) Model1 = класс гиперссылка (models.Model): URL = models.URLField () Теперь, когда я иду на страницу изменения админ / MYAPP Я вижу: гиперссылка гиперссылка объект объект гиперссылка гиперссылка объект гиперссылкой объект объект гиперссылкой Я хотел бы, чтобы отобразить имя моего URL вместо «гиперссылок объекта», который не говорит мне ничего о ссылке позади этого. Как я могу добиться этого? Спасибо за время!
MacPython
1

голосов
2

ответ
1.5k

Просмотры

Реализация рабочих процессов в Django администратора - Джанго

У меня есть хорошая настройка панели администратора, так что пользователи могут управлять данными в пределах сайта. Проблема заключается в том, что мне нужно реализовать рабочий процесс, поэтому сохраненные модели могут быть утверждены с и на различных этапах, чтобы затем окончательно опубликован. Поскольку модель в вопросе только один, я thougth добавления булева поля «approved_for_publishing» и «» approved_by manytomany поля. Obstancle интегрирует это в панели администратора. Если кто-то имеет несколько мнений на тему, что было бы действительно удивительным. знак равно
RadiantHex
1

голосов
2

ответ
392

Просмотры

Django администратора: Разрешить электронную почту в качестве имени пользователя?

Я недавно унаследовал проект Джанго и я столкнулся серьезное количество багов / проблем и ... причуд, которые должны быть исправлены. Как я иду из PHP фона (не спрашивайте), у меня время ... оспаривалась. С точки зрения администратора Django, он не будет принимать любой адрес электронной почты в качестве имени пользователя. Тем не менее, в нашем переднем конце - предыдущий разработчик разработал систему таким образом, что приложение используется адрес электронной почты в качестве имени пользователя. Это прекрасно в интерфейсе, но мы не можем сохранять любые изменения, которые мы делаем, чтобы пользователь в разделе администратора ¬.¬ Есть ли способ, чтобы исправить это, не обновляя нашу установку Джанго к v1.2 (не вариант) и без модифицирования любой из файлов Django.contrib? Я слышал хорошие вещи о расширении этих классов / метод, но я очень не уверен, как поступить. Глядя на веб-сайты в Интернете, они предлагают писать пользовательский бэкенд, и т.д ...? Является ли правильный путь идти о нем? Я не слишком уверен, djanog программист, хотя, и учитывая, что это делать с логинами, я был бы очень неуверен о любом решении я мог бы написать. Есть простой способ, я могу просто переопределить метод проверки имени пользователя, чтобы принять @ и быть более 30 символов?
once_functional
1

голосов
1

ответ
713

Просмотры

Getting Django Admin Site Formatted Under Apache

Мой вопрос, как я могу получить мой администратор сайта Django должен быть отформатирован (все довольно) под Apache, как он находится под runserver? Я могу привести его и войти в него, но это не все красиво отформатирована. Там нет ничего особенного моего файла urls.py из django.conf.urls.defaults импортировать * из django.contrib импорта админ из amr.views импорта приветствия admin.autodiscover () # раскомментируйте следующие две строки, чтобы позволить администратору: # из django.contrib импорта администратора # admin.autodiscover () urlpatterns = узоры ( '', ( '^ привет / $', привет), # Пример: # (г '^ AMR /', включают в себя ( '' amr.foo.urls )), # раскомментируйте админ / док строку ниже для того, чтобы администратора документации: # (г «^ админ / DOC /», включают в себя ( «django.contrib.admindocs.urls»)), # раскомментируйте следующую строку, чтобы позволить администратору : (г '^ админ /', включают (admin.site.urls)),) Вот мой апач конфигурации. SetHandler питон-программа PythonHandler django.core.handlers.modpython SetEnv DJANGO_SETTINGS_MODULE настройки PythonOption django.root / дома / АСКУЭ / Джанго / АСКУЭ PYTHONPATH «[ '/ дом / АСКУЭ / Джанго', '/ дом / АСКУЭ / Джанго / АСКУЭ', '/ USR / местные / Библиотека / сайт-пакеты / Джанго'] + sys.path»PythonDebug On
octopusgrabbus
1

голосов
1

ответ
556

Просмотры

Django databrowse с пользовательским QuerySet?

databrowse Джанго очень отличается от остальной части Джанго в том, что документы буквально не существует. Кто-нибудь пытался сделать больше, что databrowse.site.register на модели? Любые примеры кода? В частности, у меня есть модель, которая имеет ForeignKey к auth.Group и я хочу databrowse использовать этот QuerySet вместо .Все (): QS = Model.objects.filter (group__in = request.user.groups.all ()) Бонусные баллы за возможность иметь кнопку, которая делает материал с текущим объектом (редактировать / удалять / клон / и т.д.). Я в принципе нужен простой способ для просмотра и редактирования строк, не давая пользователям доступ к админке. Было бы еще лучше, если бы был способ сделать это на админа, но я не хочу, чтобы предоставить пользователям привилегию персонала.
Baczek
1

голосов
1

ответ
257

Просмотры

Любой человек, имеющий опыт работы на Джанго-предпочтения приложения или подобном?

Im все еще пытается встроить страницу в моем администратора сайта, где я могу позволить пользователю изменять некоторые глобальные переменные (например, в WordPress), такие как название сайта, мета ключевых слов и т.д. Видимо есть приложение, которое делает это, но я не могу получить это работать (Im используя Django 1.3): http://github.com/praekelt/django-preferences ПРИМЕЧАНИЕ: Я пытался как из preferences.model Preferences импорта и из preferences.models импортировать настройки все еще не может найти объект Предпочтения. Большое спасибо!
mαττjαĸøb
1

голосов
1

ответ
177

Просмотры

как удалить эволюцию Джанго от администратора?

Как разрегистрировать Джанго-эволюция от администратора? admin.site.unregister (что-то)
frnhr
1

голосов
1

ответ
2.5k

Просмотры

Фильтр многие-ко-многим множественного выбора поля

У меня есть объект (книга) с многими ко многим отношений с другим объектом (категория). «Категория» используется для отображения подкатегорий тоже. Различию между категории и подкатегории, что категория не имеет «category_parent = Нет», в то время как подкатегория имеет категорию в качестве родителя. --models.py-- класс Категория (models.Model): Имя = models.CharField (max_length = 150, пустой = True, нуль = True) category_parent = models.ForeignKey ( "Categoria", пустой = True, нуль = True ) класс Book (models.Model): название = models.CharField ( "Title", max_length = 150) Категория = models.ManyToManyField ( "Категория", пустой = True, нуль = True) Я хотел бы, чтобы отобразить форму с два ChoiceFields как множественный выбор. Один для категорий, где только категории должны отображаться, а другой для подкатегорий предыдущей выбранной категории. Я не знаю, как фильтровать подкатегории, доступные в выбранной категории выше. Это возможно? До сих пор я только был способен фильтровать подкатегории за исключением тех, которые являются категориями (category_parent = Нет), но я не мог фильтровать по категориям, уже выбраны. --forms.py-- класс CatSubcatForm (forms.Form): категория = forms.ModelChoiceField (Category.objects.filter (category_parent = None)) подкатегорию = forms.ModelChoiceField (Category.objects.exclude (category_parent = None)) т процеживают категорией, которая уже выбрана. --forms.py-- класс CatSubcatForm (forms.Form): категория = forms.ModelChoiceField (Category.objects.filter (category_parent = None)) подкатегорию = forms.ModelChoiceField (Category.objects.exclude (category_parent = None)) т процеживают категорией, которая уже выбрана. --forms.py-- класс CatSubcatForm (forms.Form): категория = forms.ModelChoiceField (Category.objects.filter (category_parent = None)) подкатегорию = forms.ModelChoiceField (Category.objects.exclude (category_parent = None))
user553417
1

голосов
3

ответ
481

Просмотры

Django администратора: По умолчанию проблема модели дисплей

В моделях Джанго, если мы Защиту __unicode __ (сам): то он будет использоваться в качестве, как вы хотите, чтобы отобразить модель по умолчанию Теперь в Django администратора, я хочу, чтобы иметь custmized поле отображения (показывать этот объект как URL, так может перейти к этому объекту), но я не могу изменить Юникод метода для его использования для других целей. Что я должен делать?
user469652
1

голосов
2

ответ
993

Просмотры

Django администратора: «добавить» страницы, необходимо добавить несколько объектов на одной странице

класс Страна (models.Model): Имя = fields.CharField () В администраторе, я хочу, чтобы отобразить несколько форм для Country, так что я могу добавить несколько другой страны объектов сразу. Я не знаю, с чего начать? Пожалуйста, помогите, спасибо.
user469652
1

голосов
1

ответ
933

Просмотры

Invalid администратора Логин и выход из системы URLs, когда Джанго-КМВ приложение не устанавливается на корню

Я использую ModWsgi для развертывания моего приложения. У меня есть WSGIScriptAlias, который указывает на мой проект СЦИ. WSGIScriptAlias ​​/ cmsapp «/home/hari/dev/cmsproj/apache/django.wsgi» У меня также есть USE_I18N значение ИСТИНА в моих настройках, и я использую следующее промежуточное программное обеспечение Джанго-CMS. Я могу получить доступ к странице входа администратора через HTTP: // локальный / cmsapp / администратор /. После того, как я представить мои документы, я получаю 404, как HTTP: // локальная / а / администратор / страница будет достигнута. В идеале я должен посетить HTTP: // локального / cmsapp / а / администратор / - пытаюсь посетить этот URL вручную берет меня к панели администратора. Точно так же, когда я пытаюсь выйти из панели администратора, я попадаю на HTTP: // локальной / а / cmsapp / админ / выход из системы /. Если удалить «ан», я успешно вышел. Это действительно странно. Я чувствую, что для этих URL-адресов, он добавляет код языка после доменного имени, вместо добавления его в фактическом корне. другие относительные URL-адрес, такие как HTTP: // локального / cmsapp / о / админ / CMS / страницы / и HTTP: // локальная / cmsapp / о / администратор / авториз / пользователь / работа отлично. Какие-либо предложения? Есть ли какие-либо настройки я пропавшими без вести?
Hari
1

голосов
2

ответ
742

Просмотры

Django администратора Интерфейс: как показать другую модель, основанную на выборе пользователя?

Я создаю приложение опроса с использованием Django. Рабочий процесс для пользователя с правами администратора выглядит следующим образом: Администратор нажимает на кнопку «Добавить вопрос», который показывает админ простую страницу с раскрывающимся списком 3-х типов (True / False, множественный выбор, одиночный выбор) Вопросов она может создать. В основном будет 3 вида Вопрос моделей для каждого вида. Исходя из выбора для Admin из выпадающего списка, что конкретная модель показана и администратор может ввести значения для различных полей этой модели. Это все! Кажется, довольно простой, но, будучи новичком в Django я не могу найти решение. Любая помощь будет оценена. Спасибо!
Saikat
1

голосов
1

ответ
485

Просмотры

Джанго - динамически установить содержание list_display (вид админ)

Есть ли способ, чтобы сбросить содержимое list_display (по мнению администратора) для некоторой модели каждый раз, когда модель фильтруется? (Так, что фильтрация по различным объектам даст diffrent количество столбцов в таблице отображения). Например: у меня есть три модели в моем Джанго применения: Ребенок, семья, домашние животные. Ребенок имеет Foregin ключ к семье, и Pet также имеет Foregin ключ к семье. Теперь, по мнению админки ребенка, я хочу, чтобы иметь возможность фильтровать по семействам, и после фильтрации, таблица будет отображать имя ребенка и имя каждого из домашних животных, находящихся в собственности его семьи. Таким образом, число столбцов в отображаемых изменений таблицы в соответствии с количеством домашних животных семьи объекта фильтрации было сделано. Благодарю.
squish

Просмотр дополнительных вопросов