Codeigniter：form_inputをSQLテーブルに挿入

Question

投稿とカスタムフィールドのシステムを作成しようとしています。例：私はポストタイプ "製品"を作成し、次にいくつかのフィールドを関連付ける： "名前"、 "イメージ"、 "価格" ... 私はこのフィールドの1つを作成するときに、名前たとえば、私はこのような何かを挿入します：私は私の最初の投稿を作成するために行くときそして、「製品」を

$data = array(
     'name' => $field_key, 
     'id' => $field_key, 
     'class' => 'form-control '.$type->type_key, 
     'type' => $type->type_key, 
     'data-input-type' => $type->type_key 
    ); 
    return form_input($data); 

を私は私のカスタムフィールドを持つフォームを移入します。

<form method="post" action="<?php echo site_url('admin/posts/manage').'/'.$post_id; ?>"> 
     <?php 
     foreach ($post_fields as $field) { 
     ?> 
     <div class="form-group"> 
      <label> 
       <?php 
       echo $field->name; 
       ?> 
      </label> 
      <?php 
      // Here the field input 
      echo $field->meta_value; 
      ?> 
     </div> 
     <?php 
     } 
     ?> 
     <?php if(isset($post)){ echo $post->name;}else{echo set_value('name');} ?> 
     <div class="form-group"> 
      <input type="submit" value="Save" name="save"> 
     </div> 
    </form> 

新しいものを作成する必要はありません。問題はありません。しかし、私は自分の投稿を編集しなければならないとき、私は私のform_inputの$データに私は

$value = (isset($post)) ? $post->name : set_value($field_key); 

様および$ data配列で何かを置くことができないので、その単一のポストのためのフィールドの値をロードする方法がわからない

'value' => $value 

誰かが私ができることについてアイデアを持っていますか？ ありがとう、私の小学校の英語のために申し訳ありません。

Answer 1

解決済み。私は、正しい入力タイプをロードするモデルを作成します。必要なアクションが「編集」である場合、入力値を正しく入力するために、このモデルにコントローラによるポスト値を渡します。