Question

我正在使用PHP构建API，我有一个问题。我正在使用类，其中一些类需要访问我的数据库。但是，我不想在每个类中为数据库定义变量以便打开它，或者必须将我的mysqli对象作为每个类构造函数的参数发送。

最好的方法是什么？我是否定义了某种全局变量？

Answer 1

经典解决方案如下

创建dbatabase处理程序类的实例，无论是原始mysqli（更糟糕）还是更好的抽象类（方式更好）
在应用程序类的构造函数中，将此db类实例作为参数并将其分配给本地变量
将此变量与您的班级一起使用。

一个简单的例子：

class Foo()
{
    protected $db;
    function __construct($db);
    {
        $this->db = $db;
    }
    function getBar($id)
    {
        return $this->db->getOne("SELECT * FROM bar WHERE id=?i", $id);
    }
}
$db = new safeMysql();
$foo = new Foo($db);
$bar = $foo->getBar($_GET['id']);

Answer 2

如何使用静态类？

class mysqli_wrapper {
private static $db = null;

public static function open() {
    GLOBAL $opts; // this can be global or setup in other ways
    if (!self::$db) {
        self::close();
        self::$db = null;
    }
    self::$db = @mysqli_connect('p:'.$opts['hn'], $opts['un'], $opts['pw'], $opts['db']);
    return self::$db;
}
public static function query($qry) {
    return mysqli_query ( self::$db, $qry );
}
public static function affected_rows() { return @mysqli_affected_rows(self::$db); }
public static function error() { return @mysqli_error(self::$db); }
public static function close() { @mysqli_close(self::$db); }
} // end mysqli_wrapper

mysqli_wrapper::open(); //  Here's how to call it

Answer 3

在一个系统中，我维护我的应用程序需要访问自己的MySQL数据库，以及远程Oracle和SQL Server数据库，我使用它的特性。这是我的代码的简化，只是使用MySQL：

dbaccess.php

trait DatabaseAccess {
    protected $db;
    private $host = 'host', $dbName = 'db', $username = 'username', $password = 'pword';

    public function connectToMysql() {
         $this->db= new mysqli(......);
    }
}

然后在myclass.php

require 'dbaccess.php'; 
class MyClass {
    use DatabaseAccess;

    //class code.....
}

DatabaseAccess的所有元素都可用，就像您在MyClass中手动输入它们一样。注意：如果您使用的是PHP＆lt; 5.4，那么这个解决方案是不可能的。

使用mysqli的类

3 个答案: