我在一个网站上工作,将允许用户提交视频,图像和另一个指南(包括文本和图像的多个步骤)。
在该网站的主页上,将有一个列表的最后5-10个项目左右,已上传。
最初,我计划为每个人准备一张桌子,比如“视频”、“图像”和“指南”。‘guide’表将有另一个表'steps‘,因此每个步骤都是它自己的带有'guide_id’的行。
在主页上,这些元素中的每一个都需要不同的代码来呈现(视频的iframe,图像的img标记,等等)。
有没有更好的方法来创建数据库呢?也许是一个包含所有不同内容的content item表,其中有一个“type”列?
如果不是,那么最好的方式是编写一个查询,从所有三个表中选择5-10个片段,并能够告诉结果的每一行是什么类型的内容,以便可以用适当的代码呈现它?
顺便说一句,我正在使用Laravel PHP框架,如果这会影响到答案的话。
发布于 2013-02-27 12:14:19
使用2张表。media和media_type。
媒体表:
id name uploaded_at media_type_id
-------------------------------------------------------
1 aaa 2012-11-17 11:17:13 1
2 bbb 2012-11-17 11:20:11 2
3 ccc 2012-11-17 11:32:12 1
4 ddd 2012-11-17 11:45:10 3media_type表:
id name
----------------------
1 video
2 image
3 guide这是模型的基本规范化数据库结构。您可以添加额外的列描述等。您的媒体表需要。此外,您还可以根据需要添加、删除媒体类型和更改对媒体表的引用。有了这个结构,您可以按如下方式查询。
最近上传的5个媒体:
SELECT id, name FROM media ORDER BY uploaded_at DESC LIMIT 5;特定媒体类型的最后5个媒体:
SELECT media.id, media.name FROM media INNER JOIN media_type ON media.media_type_id = media_type.id
WHERE media_type.name = 'video' ORDER BY uploaded_at DESC LIMIT 5;发布于 2013-02-27 09:50:28
将两者放入一个表中例如,将其命名为 media ,并添加类似于media类型的列
https://stackoverflow.com/questions/15102759
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