Django如何捕获任意URL？

Question

我希望找到一种方法，在用户请求不需要的URL时显示我的Django登录页面。我应该使用哪种语法？截至今天，我有以下内容：

from django.conf.urls import patterns, include, url

导入django.contrib中的admin模块

urlpatterns = patterns('', # 示例：

url(r'^login'           , 'database.views.index', name='login'),
url(r'^create-user/'    ,  'database.views.account_creation', name='create_user'),

url(r'^get-details/'    ,  'database.views.get_details', name='get-details'),
url(r'^upload-csv'  ,  'database.views.upload_csv', name='upload_csv'),
# url(r'^blog/', include('blog.urls')),

url(r'^admin/', include(admin.site.urls)),
#url(r'^'           , 'database.views.index', name='login'),

我希望如果用户请求一个不合理的URL，它会被重定向到登录URL（即view.index函数）。有什么想法吗？

- Romain Jouin

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你为什么想那样做呢？404 是正确的处理方式。 - Jingo

我宁愿通过将访问者带回现有的网页，而不是让他们面对404错误页面来帮助他们。:-s - Romain Jouin

Answer 1

不对是否应该这样做进行评论，Django会按顺序尝试匹配您的URL模式。因此，如果您想要一个下降/捕获所有处理程序，请将其放在最后：

url(r'^.*', 'database.views.index', name='unmatched')

- dylrei