Question

所以我正在使用php中的一个简单用户类，它有一个包含mysqli对象的类变量，但是我一直收到错误：

致命错误：在第X行的 * /classes/user.php中的非对象上调用成员函数real_escape_string（）

我已经检查了一切，它应该可以工作，但事实并非如此。不知何故。这是我的代码：

namespace bibliotheek;

class user
{
    private $mysql;

    private $logged_in = false;
    private $user_data = null;      //ARRAY: user_id, e-mail, password, bevoegdheid, naam, achternaam, adres, postcode, stad

    function __construct(\mysqli $mysql, $salt)
    {
        $this->mysql = $mysql;
    }

    public function login($email, $pass, $hash = false)
    {
        $email = $this->mysql->real_escape_string($email);
        if($hash == false)
            $pass  = sha1($this->salt.$pass);

        $query  = "SELECT *
                   FROM gebruikers
                   WHERE gebruikers.email = '$email' AND gebruikers.password = '$pass'";

        $result    = $this->mysql->query($query);
        $user_data = $result->fetch_assoc();

        if($user_data == null)
            return;

        $this->logged_in = true;
        $this->user_data = $user_data;
        $this->create_cookies($email, $pass);
    }
}

这就是mysqli对象传递给类的方式：

$mysql  = new mysqli($cfg['mysql_server'], $cfg['username'], $cfg['password'], $cfg['database']);
$user   = new bibliotheek\user($mysql, $cfg['salt']);

mysql登录数据是正确的，我已经确定了。

我必须在这里遗漏一些非常明显的东西，但我看不到它。任何帮助是极大的赞赏。谢谢！

Answer 1

这就是它应该如何

error_reporting(E_ALL);

$mysql  = new mysqli($cfg['mysql_server'], $cfg['username'], $cfg['password'], $cfg['database']);
if ( !$mysql )
{
    throw new Exception(mysqli_connect_error()));
}
$user = new bibliotheek\user($mysql, $cfg['salt']);

Answer 2

我真的很愚蠢，当我把它发布在这里时我压缩了我的代码并且我遗漏了这部分：

    $this->mysql = $mysql;
    $this->mysql = $salt;

现在杀了我。

无法将PHP中的mysqli对象传递给类

2 个答案: