Question

我试图实现以下目标。当我打开页面时，特定日期从jquery datepicker传递到此站点。现在，在这个日期我创建了一个目录，工作正常。在这个目录中，我想创建一个sqlite3数据库文件，它以日期作为名称。例如：

2107.db

但我似乎无法使用open（）方法接受我的变量。我是php和sqlite3的新手，所以如果我做错了，请随时告诉我。

感谢您的帮助！

chdir($datum);
$cwd = getcwd() . DS;
}

if(isset($_POST['datum']))  {

    $datum = $_POST['datum'];   
    $file = $datum . ".db"; 

    class MyDB extends SQLite3
    {
        function __construct()
        {
            $this->open($datum);
        }
    }

    $db = new MyDB();

    $db->exec('CREATE TABLE mitarbeiter (VID INTEGER PRIMARY KEY, vorname varchar(255),       nachname varchar (255), bereich varchar (255), stundenzahl varchar (10))');
}
?>

Answer 1

尝试将变量作为MyDB类的参数传递。

class MyDB extends SQLite3
{
    function __construct($dbName)
    {
         $this->open($dbName);
    }
}

然后使用此

创建数据库

$db = new MyDB($datum);

这可能是因为类无法看到您在其外部声明的变量。

Sqlite3将一个变量传递给php中的open（）方法

1 个答案: