如何使django所有的网址都是水平的slug？

Question

如何让django所有的urls都成为顶级的插件？Top level slug我的意思是所有urls都有唯一的slug示例：

example.com/articles
example.com/article-1
example.com/article-2
example.com/article-3
example.com/reviews
example.com/reviews-1
example.com/reviews-2
but not:
example.com/articles/article-1
example.com/articles/article-2
example.com/articles/article-3
example.com/reviews/reviews-1
example.com/reviews/reviews-2

我有很多应用程序，比如文章、评论和其他自定义页面。

所以，你对我用这样的模型创建应用程序的方法有什么看法：

class Link(models.Model):
    slug = models.SlugField(unique=True)

然后我将在我的文章模型中使用它，如下所示：

from links.models import Link

class Article(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.OneToOneField(
        Link,
        on_delete=models.CASCADE,
        primary_key=True,
    )
    body = models.TextField()

。

from links.models import Link

class Review(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.OneToOneField(
        Link,
        on_delete=models.CASCADE,
        primary_key=True,
    )
    review = models.TextField()

然后我将在mane urls.py文件中只有一个url字段：

url(r'^(?P<slug>[-_\w]+)', views.link, name='link'),

现在我应该如何过滤我想要返回文章或评论的数据？

像这样，或者可能有更好的解决方案？

from django.http import HttpResponseRedirect

from .models import Link
from articles.models import Article
from review.models import Review

def link(request, link):
    link = Link.objects.get(link=link)
    if Article.objects.filter(slug=Link).exists():
        link = link.slug
        return HttpResponseRedirect(link)

    if Review.objects.filter(slug=Link).exists():
        link = link.slug
        return HttpResponseRedirect(link)

    return HttpResponseRedirect('/')

我需要为谷歌，因为如果有一天我决定将/articles改为/blog，那么我将打破谷歌搜索数以百计的网址。

Answer 1

你的想法近乎完美。只有我推荐的更改：

1)似乎不需要Link模型。您的slug可以是Article模型本身内部的CharField

class Article(models.Model):
    title = models.CharField()
    slug = models.CharField(max_length=255, unique=True)
    body = models.TextField()

2)评论属于文章。因此，Review应该有一个指向Article的ForeignKey，而不是指向这个不应该再存在的Link对象的ForeignKey