返回到共享页面的调用页面

我在我的ASP.NET MVC应用程序中有一个共享页面，可以从我的应用程序中的多个不同页面进行访问。如果我希望用户在共享页面上完成业务后返回到其原始页面，找出用户位置并告诉应用程序去那里的最佳方式是什么？返回到共享页面的调用页面

注意，我正在做这个共享页面上的取消按钮，告诉的onclick使用页面历史：

<input type="button" value="Cancel" onclick="if (history.length == 0) { window.location='<%=Url.Action("Index", "Home") %>' } else { history.back() }" />

但如果共享页面的更新数据，这将不保存工作显示在原始页面上。

来源

2009-07-06 gfrizzle

两个我能想到的办法是调用页面的URL保存在一个隐藏的输入元素或作为当前页面的地址的说法。这两种方法都可以在刷新或导航的几个步骤中存在，您只需确保变量传递到下一页。

来源

2009-07-06 16:48:08

尝试使用：

System.Web.HttpContext.Current.Request.UrlReferrer

http://msdn.microsoft.com/en-us/library/system.web.httprequest.urlreferrer.aspx

来源

2009-07-06 16:45:33 Josh

我不这样做，这将工作，如果你不得不返回多个步骤，即子页面重定向到一个新的页面进行表单验证或有多个子页面浏览。 – 2009-07-06 16:49:54

这样的问题是为什么我越来越多地考虑使用BaseViewModel类来继承我的所有视图模型以存储可能对任何给定页面有用的信息。最近我一直试图提出一个完整的类定义，但为了这些目的，可能会很高兴拥有以下属性（在不同问题的答案中发布了这部分内容，我会在位）：

public class BaseModel 
{ 
    public string PageTitle { get; set; } 
    public string PageDescription { get; set; } 
    public string PageKeywords { get; set; } //maybe use a List<string> or string[] here 
    public string ReturnPage { get; set; } 
    //TBD: any other useful HTML page elements 
}

然后，我可以创建从该继承的视图模型：

public class RandomViewModel : BaseViewModel 
{ 
    RandomViewModel() 
    { 
     //set page properties 
    } 
}

在服务层

然后（优选地）或在控制器中（可能需要做它在那里，避难所因此不能确定）在构建模型时，您将有权访问ReturnPage属性（在此示例中，我假设您正在执行此操作）：

public ActionResult RandomAction() 
{ 
    RandomViewModel model = _serviceLayer.GetRandomViewModel(); 
    model.ReturnPage = this.HttpContext.Request.UrlReferrer; 
    return View(model); 
}

然后在视图中，您将能够做到这一点：

<input type="button" value="Cancel" onclick="if (history.length == 0) { window.location='<%= Model.ReturnPage %>' } else { history.back() }" />

这一切只不过是一种头脑风暴，但我认为这是可行的。我不确定的唯一重大问题是您希望设置引荐来源值的位置。如果可以，我还会尝试将该onclick事件从元素中移出并将其设置在标题中。

希望这会有所帮助。

来源

2009-07-06 17:34:29

返回到共享页面的调用页面

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