Question

我正在尝试将我的sql类转换为更合适的类。类构造函数如下所示：

class sql{

private $db_name = CONFIG_DB_NAME;
private $db_user = CONFIG_DB_USER;
private $db_pass = CONFIG_DB_PASS;      
private $db_host = CONFIG_DB_HOST;
private $use_pconnect = CONFIG_DB_USEP;


function __construct(){

    if($this->use_pconnect){

        $connection = new mysqli('p:'.$this->db_host, $this->db_user, $this->db_pass, $this->db_name);
    }else{

        $connection = new mysqli($this->db_host, $this->db_user, $this->db_pass, $this->db_name);
    }   

    if($connection->connect_errno){

        $this->sql_handle_errors($connection->connect_error, __FILE__, __LINE__);
        exit();
    }

    $this->connection = $connection;

    // Set DB charset
    if(!mysqli_set_charset($this->connection, CONFIG_CHARSET)){

        $this->sql_handle_errors(mysqli_error($this->connection), __FILE__, __LINE__);
    }

    if(file_exists(PATH_LOGS.'sql.txt')){

        $this->test_query = true;
    }
}
}

$sql = new sql;

我测试的结果如下：

$result = $sql->connection->prepare("SELECT * FROM admin WHERE id = :id LIMIT 1");
$result->bind_param(':id', '1');
$result->execute();
$result->store_result();
$result->fetch();

无法找到bind_param函数。有什么理由吗？感谢。

Answer 1

您的SQL类有多个问题。

从结尾开始：构造函数永远不会返回任何内容！ return $connection;不起任何作用。删除它。

然后你使用了未声明的多个类属性：$this->use_pconnect，$this->db_host等。你在代码中省略了它们，还是它们真的不存在？那也是一个错误。

此外，您正在调用代码中不存在的多种方法，例如$this->sql_handle_errors()。

您应该能够避免在此行中使用过程样式：if(!mysqli_set_charset($this->connection, CONFIG_CHARSET))应为if(!$this->connection->set_charset(CONFIG_CHARSET))，因为这是正确的面向对象样式。

最后但同样重要的是：你对班级的使用并不是很好。基本上，您使用它来创建mysqli的实例，然后希望始终使用该实例。虽然这本身并不坏，但这样做没有实际价值，因为您通常需要在mysqli之上的所有内容都需要包装此实例，而不是直接暴露它并直接使用它。

最后一个提示：你应该学会调试。使用var_dump()查看变量中的值类型。转储$sql->connection->prepare()的返回值以查看它是否是mysqli_stmt的实例。

Answer 2

如果整个代码在上面并且你想从mysql make下面做一个继承类改变：

class sql

到

class sql extends mysqli

和从sql类创建一个新实例

$sql = new sql(//);
$result .../////

好锁

PHP mysqli类的问题

2 个答案: