Как определить, выполняется ли код.NET дизайнером Visual Studio

Question

Как определить, выполняется ли код.NET дизайнером Visual Studio

Я получаю некоторые ошибки в моем коде при открытии формы Windows Forms в конструкторе Visual Studio. Я хотел бы выполнить переход в моем коде и выполнить другую инициализацию, если форма открывается дизайнером, чем если бы она выполнялась по-настоящему.

Как я могу определить во время выполнения, выполняется ли код как часть дизайнера, открывающего форму?

61

visual-studio gui-designer

Источник

user12717 16 сен '08 в 15:23

25 ответов

Решение

if (System.ComponentModel.LicenseManager.UsageMode == System.ComponentModel.LicenseUsageMode.Designtime)
{
  // Design time logic
}

53

Источник

user1289709 23 май '12 в 18:20

Свойство Control.DesignMode, вероятно, то, что вы ищете. Он сообщает вам, открыт ли родительский элемент управления в конструкторе.

В большинстве случаев это работает отлично, но есть случаи, когда это не работает, как ожидалось. Во-первых, это не работает в конструкторе элементов управления. Во-вторых, DesignMode ложно для "внучатых" элементов управления. Например, DesignMode для элементов управления, размещенных в UserControl, вернет false, когда UserControl размещен в родительском элементе.

Есть довольно легкий обходной путь. Это выглядит примерно так:

public bool HostedDesignMode
{
  get 
  {
     Control parent = Parent;
     while (parent!=null)
     {
        if(parent.DesignMode) return true;
        parent = parent.Parent;
     }
     return DesignMode;
  }
}

Я не проверял этот код, но он должен работать.

19

Источник

user4589 16 сен '08 в 15:35

Самый надежный подход:

public bool isInDesignMode
{
    get
    {
        System.Diagnostics.Process process = System.Diagnostics.Process.GetCurrentProcess();
        bool res = process.ProcessName == "devenv";
        process.Dispose();
        return res;
    }
}

18

Источник

user18071 09 дек '08 в 15:20

Самый надежный способ сделать это - игнорировать свойство DesignMode и использовать свой собственный флаг, который устанавливается при запуске приложения.

Учебный класс:

public static class Foo
{
    public static bool IsApplicationRunning { get; set; }
}

Program.cs:

[STAThread]
static void Main()
{
     Foo.IsApplicationRunning = true;
     // ... code goes here ...
}

Тогда просто проверьте флаг там, где он вам нужен.

if(Foo.IsApplicationRunning)
{
    // Do runtime stuff
}
else
{
    // Do design time stuff
}

15

Источник

user184630 18 окт '11 в 02:17

У меня была та же проблема в Visual Studio Express 2013. Я перепробовал многие из предложенных здесь решений, но одно из них, которое сработало для меня, было ответом на другой поток, который я повторю здесь в случае, если ссылка когда-либо будет нарушена:

protected static bool IsInDesigner
{
    get { return (Assembly.GetEntryAssembly() == null); }
}

6

Источник

user1287392 10 фев '15 в 12:49

Подход devenv перестал работать в VS2012, так как у дизайнера появился собственный процесс. Вот решение, которое я использую в настоящее время (часть 'devenv' оставлена там для наследства, но без VS2010 я не могу это проверить, хотя).

private static readonly string[] _designerProcessNames = new[] { "xdesproc", "devenv" };

private static bool? _runningFromVisualStudioDesigner = null;
public static bool RunningFromVisualStudioDesigner
{
  get
  {
    if (!_runningFromVisualStudioDesigner.HasValue)
    {
      using (System.Diagnostics.Process currentProcess = System.Diagnostics.Process.GetCurrentProcess())
      {
        _runningFromVisualStudioDesigner = _designerProcessNames.Contains(currentProcess.ProcessName.ToLower().Trim());
      }
    }

    return _runningFromVisualStudioDesigner.Value;
  }
}

5

Источник

user222134 27 сен '12 в 10:10

using (System.Diagnostics.Process process = System.Diagnostics.Process.GetCurrentProcess())
{
    bool inDesigner = process.ProcessName.ToLower().Trim() == "devenv";
    return inDesigner;
}

Я попробовал приведенный выше код (добавил оператор using), и в некоторых случаях это не получалось. Тестирование в конструкторе пользовательского элемента управления, размещенного непосредственно в форме с загрузкой конструктора при запуске. Но будет работать в других местах.

Что сработало для меня во всех местах:

private bool isDesignMode()
{
    bool bProcCheck = false;
    using (System.Diagnostics.Process process = System.Diagnostics.Process.GetCurrentProcess())
    {
        bProcCheck = process.ProcessName.ToLower().Trim() == "devenv";
    }

    bool bModeCheck = (System.ComponentModel.LicenseManager.UsageMode == System.ComponentModel.LicenseUsageMode.Designtime);

    return bProcCheck || DesignMode || bModeCheck;
}

Может быть, немного излишним, но это работает, так что это достаточно хорошо для меня.

Успехом в приведенном выше примере является bModeCheck, поэтому, вероятно, DesignMode является излишним.

3

Источник

user419427 15 дек '12 в 16:59

System.Diagnostics.Debugger.IsAttached

3

Источник

user6897 16 сен '08 в 15:24

/// <summary>
/// Are we in design mode?
/// </summary>
/// <returns>True if in design mode</returns>
private bool IsDesignMode() {
    // Ugly hack, but it works in every version
    return 0 == String.CompareOrdinal(
        "devenv.exe", 0,
        Application.ExecutablePath, Application.ExecutablePath.Length - 10, 10);
}

3

Источник

user3484286 01 апр '14 в 09:08

Это хакерство, но если вы используете VB.NET и работаете из Visual Studio, My.Application.Deployment.CurrentDeployment будет иметь значение Nothing, поскольку вы еще не развернули его. Я не уверен, как проверить эквивалентное значение в C#.

2

Источник

user3043 16 сен '08 в 15:26

Вы проверяете DesignMode собственность вашего контроля:

if (!DesignMode)
{
//Do production runtime stuff
}

Обратите внимание, что это не будет работать в вашем конструкторе, потому что компоненты еще не были инициализированы.

1

Источник

user12673 16 сен '08 в 15:27

Если вы создали свойство, которое вам вообще не нужно во время разработки, вы можете использовать атрибут DesignerSerializationVisibility и установить для него значение Hidden. Например:

protected virtual DataGridView GetGrid()
{
    throw new NotImplementedException("frmBase.GetGrid()");
}

[DesignerSerializationVisibility(DesignerSerializationVisibility.Hidden)]
public int ColumnCount { get { return GetGrid().Columns.Count; } set { /*Some code*/ } }

Это останавливало мой Visual Studio сбой каждый раз, когда я вносил изменения в форму с NotImplementedException() и пытался спасти. Вместо этого Visual Studio знает, что я не хочу сериализовать это свойство, поэтому он может его пропустить. Он отображает только некоторые странные строки в окне свойств формы, но, кажется, их можно игнорировать.

Обратите внимание, что это изменение не вступит в силу, пока вы не восстановите.

1

Источник

user1524524 13 июл '12 в 20:05

Я не уверен, что работа в режиме отладки считается реальной, но простой способ - включить if заявление в вашем коде, который проверяет System.Diagnostics.Debugger.IsAttached,

1

Источник

user5988 16 сен '08 в 15:25

Мы используем следующий код в UserControls, и он делает свою работу. Использование только DesignMode не будет работать в вашем приложении, которое использует ваши пользовательские элементы управления, как указано другими участниками.

    public bool IsDesignerHosted
    {
        get { return IsControlDesignerHosted(this); }
    }

    public bool IsControlDesignerHosted(System.Windows.Forms.Control ctrl)
    {
        if (ctrl != null)
        {
            if (ctrl.Site != null)
            {
                if (ctrl.Site.DesignMode == true)
                    return true;
                else
                {
                    if (IsControlDesignerHosted(ctrl.Parent))
                        return true;
                    else
                        return false;
                }
            }
            else
            {
                if (IsControlDesignerHosted(ctrl.Parent))
                    return true;
                else
                    return false;
            }
        }
        else
            return false;
    }

1

Источник

09 дек '08 в 15:26

System.ComponentModel.Component.DesignMode == true

1

Источник

user12748 16 сен '08 в 15:31

При запуске проекта к его имени добавляется ".vshost".

Итак, я использую это:

    public bool IsInDesignMode
    {
        get
        {
            Process p = Process.GetCurrentProcess();
            bool result = false;

            if (p.ProcessName.ToLower().Trim().IndexOf("vshost") != -1)
                result = true;
            p.Dispose();

            return result;
        }
    }

Меня устраивает.

1

Источник

user1477990 24 июн '12 в 11:25

Я обнаружил, что свойство DesignMode содержит ошибки, по крайней мере, в предыдущих версиях Visual Studio. Следовательно, я сделал свой собственный, используя следующую логику:

Process.GetCurrentProcess().ProcessName.ToLower().Trim() == "devenv";

Вроде хак, я знаю, но это хорошо работает.

0

Источник

user25746 09 дек '08 в 15:37

Для WPF (надеюсь, это полезно для тех, кто наткнулся на этот вопрос в WPF):

      if (System.ComponentModel.DesignerProperties.GetIsInDesignMode(new DependencyObject()))
{
}

GetIsInDesignModeтребуется DependencyObject. Если у вас его нет, просто создайте его.

0

Источник

user570206 15 июл '22 в 17:09

После тестирования большинства ответов здесь, к сожалению, у меня ничего не получилось (VS2015). Поэтому я добавил небольшую поправку к ответу JohnV, которая не работала сразу, поскольку DesignMode является защищенным свойством в классе Control.

Сначала я создал метод расширения, который возвращает значение свойства DesignMode через Reflection:

public static Boolean GetDesignMode(this Control control)
{
    BindingFlags bindFlags = BindingFlags.Instance | BindingFlags.NonPublic | BindingFlags.Static;
    PropertyInfo prop = control.GetType().GetProperty("DesignMode", bindFlags);
    return (Boolean)prop.GetValue(control, null);
}

и тогда я сделал такую функцию, как JohnV:

public bool HostedDesignMode
{
    get
    {
        Control parent = Parent;
        while (parent != null)
        {
            if (parent.GetDesignMode()) return true;
            parent = parent.Parent;
        }
        return DesignMode;
    }
}

Это единственный метод, который работал для меня, избегая всего беспорядка ProcessName, и хотя отражение не должно использоваться легкомысленно, в этом случае он сделал все различие!;)

РЕДАКТИРОВАТЬ:

Вы также можете сделать вторую функцию методом расширения следующим образом:

public static Boolean IsInDesignMode(this Control control)
{
    Control parent = control.Parent;
    while (parent != null)
    {
        if (parent.GetDesignMode())
        {
            return true;
        }
        parent = parent.Parent;
    }
    return control.GetDesignMode();
}

0

Источник

user3235669 16 мар '16 в 16:55

Чтобы решить проблему, вы также можете написать код, как показано ниже:

private bool IsUnderDevelopment
{
    get
    {
        System.Diagnostics.Process process = System.Diagnostics.Process.GetCurrentProcess();
        if (process.ProcessName.EndsWith(".vshost")) return true;
        else return false;
    }

}

0

Источник

user2132827 05 мар '13 в 12:36

Вот еще один:

        //Caters only to thing done while only in design mode
        if (App.Current.MainWindow == null){ // in design mode  }

        //Avoids design mode problems
        if (App.Current.MainWindow != null) { //applicaiton is running }

0

Источник

user1522548 13 мар '15 в 02:10

Если вы находитесь в форме или элементе управления, вы можете использовать свойство DesignMode:

if (DesignMode)
{
        DesignMode Only stuff
}

0

Источник

user8862 16 сен '08 в 15:28

    /// <summary>
    ///  Whether or not we are being run from the Visual Studio IDE
    /// </summary>
    public bool InIDE
    {
        get
        {
            return Process.GetCurrentProcess().ProcessName.ToLower().Trim().EndsWith("vshost");
        }
    }

-2

Источник

user2223846 29 мар '13 в 09:35

Вот гибкий способ, который адаптируется к тому, откуда вы компилируете, а также к тому, волнует ли вас, в каком режиме вы находитесь.

string testString1 = "\\bin\\";
//string testString = "\\bin\\Debug\\";
//string testString = "\\bin\\Release\\";

if (AppDomain.CurrentDomain.BaseDirectory.Contains(testString))
{
    //Your code here
}

-2

Источник

user4892369 12 май '15 в 16:28

Другие вопросы по тегам visual-studio gui-designer

user8446 16 сен '08 в 15:28 2008-09-16 15:28 · Accepted Answer · 2008-09-16 15:28

Чтобы узнать, находитесь ли вы в "режиме разработки":

Компоненты Windows Forms (и элементы управления) имеют свойство DesignMode.
Элементы управления Windows Presentation Foundation должны использовать вложенное свойство IsInDesignMode.

52

Источник

user8446 16 сен '08 в 15:28