Question

我使用变量从数据库中获取日期，然后我将该变量传递给strtotime函数以获得所需的格式，但它总是返回错误的日期。也许在strtotime函数中传递变量时出现问题。请问我们，我应该如何以正确的格式获得正确的日期。

这是我想要做的事情

 $date = $fetch_user['date'];
 $newDate = date("d-m-Y", strtotime($date));
 $day = date('l', strtotime($newDate));

 echo $newDate;
 echo "-----";
 echo $day;
 exit;

Answer 1

1970年1月1日是所谓的Unix时代。这是他们开始计算Unix时间的日期。如果将此日期作为返回值，则通常意味着将日期转换为Unix时间戳会返回（接近）零结果。所以日期转换不成功。很可能是因为它收到错误的输入。

换句话说，您的strtotime($date)返回0，这意味着$ date以不受支持的strtotime函数格式传递。

因此，在调用strtotime之前，你必须自己检查$date。

Answer 2

01-01-1970意味着您可能因strtotime()而获得0。您可能正在使用此功能无法理解的格式。 PHP文档声明：

该函数需要一个包含英文日期的字符串格式并将尝试将该格式解析为Unix时间戳（自1970年1月1日00:00:00 UTC以来的秒数，相对于现在给出的时间戳，或者现在没有提供当前时间。

所以它不是很灵活。您可能想尝试DateTime::createFromFormat。看看它是documentation。

基本上，您必须指定日期字符串的格式，您也可以将其作为输入。这样你就可以使用你想要的任何日期格式。

来自php.net的例子：

<?php
$date = DateTime::createFromFormat('j-M-Y', '15-Feb-2009');

strtotime（）在php中总是返回01-01-1970

2 个答案: