Question

我已经尝试了几天来修复我的PHP代码的这一部分，但似乎没有任何工作。

我基本上是一个超级新手。几乎在上周，我决定尝试使用PHP从头创建一个博客。这需要我学习PHP。所以，通过跟踪教程和阅读像w3schools这样的网站，我慢慢地学习了适用的PHP。

无论如何，这是我正在处理的代码的一部分：

$query = $db->prepare("SELECT post_id, title, body, date_posted, category
                       FROM posts INNER JOIN categories ON
                       categories.category_id=posts.category_id ORDER BY
                       post_id desc limit $start, $per_page");
$query->execute();
$query->bind_result($post_id, $title, $body, $date_posted, $category);

$author = $db->prepare("SELECT username FROM posts INNER JOIN user ON
                            user.user_id=posts.user_id");
print_r( $author->error );
$author->execute();
$author->bind_result($username);

让我解释一下。我有3个数据库表：帖子，类别和用户。大多数帖子信息都在“帖子”中，包括category_id和user_id，但不包括类别和用户的实际名称。我从其他两个表中得到了那些。 $ db使用mysqli。

以上代码的$ query部分完全正常。 $ author准备行是我遇到问题的地方。我根据$ query prepare行写了那行。

但是当我运行代码时，我得到“注意：试图获取非对象的属性。”这导致$ author-＆gt; execute（）无效并产生错误：“致命错误：在非对象上调用成员函数execute（）。”

再说一次，因为我是一个超级新手，我认为修复是非常简单的，可能与我对PHP的无知有关。有没有人有任何想法或建议？在此先感谢您的帮助。

Answer 1

错误在于$ author是非对象。

如果$author = $db->prepare()已正确执行，则会返回mysqli_stmt个对象。相反，它可能会返回false

您可以通过以下方式确认：

echo($author); // Should be false
echo($db->error); // A string representation of your error.

为后代编辑：

更好的做法是，prepare（）语句的容错实现可能如下所示，如here所述：

$stmt = $mysqli->prepare($query) or trigger_error($mysqli->error);

您应该在这里查看文档： http://www.php.net/manual/en/mysqli.prepare.php

此外，如果您是PHP新手，我建议使用PDO库而不是mysqli，一旦开始获取结果，它们就更容易使用了。

PHP注意：尝试获取非对象的属性

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