Question

这是我今天发表的第二篇文章，因为我在PHP中的OOP非常新，所以如果这是一个愚蠢的问题请耐心等待......

我创建了一个漂亮的类，我希望能够与我的“JOB”对象一起使用，包括能够使用这个单个对象从多个表中提取数据，以便最终用户看到相关数据。例如，在我的班上，我有：

public function showProjectManager() {
    $q = "SELECT m.name FROM " . jJOBS . " AS j JOIN " . jMEI . " AS m ON m.uid = j.mei WHERE id = " . $this->id;
    $r = $this->_dblink->query($q);
    $row = $r->fetch_assoc();
    return $row['name'];
}

因为存储在jJOBS表中的数据只是一个引用另一个表中的id的数字。存储在主jJOBS表中的有几个这样的数据。

因此，在另一部分代码中有一个下拉框，允许用户选择特定的“JOB”并使用AJAX调用我想显示该JOB中的数据。我要做的是创建一个JOB对象（包括showProjectManager方法），使用 mysqli_fetch_object 从数据库中读取所有属性，然后调用showProjectManager方法，如下所示：

    $disp = new Job();
    $q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
    $r = $jobsdb->query($q);
    $disp = $r->fetch_object();
    $zList .= "<li><span class='smLabels l'>Project Manager :</span>\n<span class='smText r'>" . $disp->showProjectManager() . "</span></li>";

但是每当我从数据库中获取对象时， $ disp 对象都会恢复为stdClass。如何维护正确的类并从DB访问我需要的值？我在这个主题上阅读的所有内容都要求使用DataMapper，这看起来非常复杂，特别是对于这种情况。

Answer 1

最简单的方法是将类名传递给fetch_object，如下所示：

$q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
$r = $jobsdb->query($q);
$disp = $r->fetch_object("Job");

根据文档，这将创建$disp作为Job类型的对象，其所有字段都已填写，然后调用Job构造函数。< / p>

Answer 2

您正在重置$ disp变量。您需要在作业对象中设置作业。像这样将id传递给构造函数。

class Job {
    private $job = null;

    function __construct($id = null) {
        if(isset($id)) {
            $q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
            $r = $jobsdb->query($q);
            $job = $r->fetch_object();
            $this->job = $job;
        }
    }

    function getJob() {
        return $this->job;
    }

    public function showProjectManager() {
        $q = "SELECT m.name FROM " . jJOBS . " AS j JOIN " . jMEI . " AS m ON m.uid = j.mei WHERE id = " . $this->job->id;
        $r = $jobsdb->query($q);
        $row = $r->fetch_object();
        return $row->name;
    }
}

?>

然后

$disp = new Job(123);
$disp->someJobObjectFunction();

我可以从数据库填充对象但仍可以访问其方法吗？

2 个答案: