Question

我没有看到错误，希望有人能弄明白：

 public static function createMessage($title, $message, $startDate, $endDate, $author, $status){
      //$dbConn is now a mysqli instance with a connection to the database foobar
      $dbConn = Database::getConnection("foobar");

      $stmt = $dbConn->prepare("INSERT into messages(title, msg, date_start, date_end, app_usersID_FK, date_created, activeflag, msg_status) VALUES (?,?,?,?,?,?,?,?)");

      if(!$stmt){
           throw new Exception("Unable to prepare the statement");
      }

      $dt = date("Y-m-d");
      $stmt->bind_param("ssssisii", $title, $message, $startDate, $endDate, $author, $dt, 1, $status);
      $stmt->execute();

      return true;
 }

函数调用

MessageCenter :: createMessage（“你好”，“只是打电话来打招呼”，“2009-09-12”，“2009-09-12”，“1”，“1”）;

错误消息是：

致命错误：无法通过引用传递参数8

Answer 1

我猜你的bind_param方法实际上是mysqli_stmt::bind_param。如果是：每个参数（第一个参数除外）必须是通过引用传递的变量，因此它们可以“绑定”。

就像手册中说的（强调我的）：

mysqli_stmt::bind_param - mysqli_stmt_bind_param - 绑定变量作为参数准备好的语句

这意味着您无法传递值：您必须使用变量。

Si，就你的情况而言，应该这样：

$my_var = 1;
$stmt->bind_param("ssssisii", $title, $message, $startDate, 
   $endDate, $author, $dt, $my_var, $status);

Answer 2

发现它！它希望activeFlag成为一个变量。以下作品：

$dt = date("Y-m-d");
$flag = 1;
$stmt->bind_param("ssssisii", $title, $message, $startDate, $endDate, $author, $dt, $flag, $status);
$stmt->execute();

prepared-statement传递引用错误

2 个答案: