我正在编写一个网站，我目前的任务是将文本保存在mysql服务器上，这样我就可以作为管理员登录，然后在线编辑显示的文本。
我已经到目前为止一切正常但我已经使用mysql函数完成了它。现在将所有这些功能改为mysqli，因为我听说这些功能更好。
这是我创建的mysql_connect.php，所以无论我需要连接到服务器，我都可以将其包含在其他脚本中：
这是我的block1_aboutme.php文件，我连接到服务器并请求它的所有文本，以便我可以在我的＆＃34;关于我＆＃34;页。这也可以按预期工作，并在我的页面上正确显示文本。
问题是当我以管理员身份登录时，登录验证的一部分是我的class.login.php脚本中的以下代码。一旦我登录并转到我的aboutme页面，就会出现错误：
致命错误：未捕获错误：在C：\ xampp \ htdocs \ mywebsites \ LuPaw \ admin \ class.login.php中调用未知的成员函数query（）：84堆栈跟踪：＃0 C：\ xampp \ htdocs \ mywebsites \ LuPaw \ admin \ class.login.php（73）：Login-＆gt; verifyDatabase（）＃1 C：\ xampp \ htdocs \ mywebsites \ LuPaw \ admin \ class.login.php（36）：登录 - ＆gt; verifySession（）＃2 C：\ xampp \ htdocs \ mywebsites \ LuPaw \ aboutme.php（42）：登录 - ＆gt; isLoggedIn（）＃3 {main}抛出C：\ xampp \ htdocs \ mywebsites \ LuPaw \ admin第84行的class.login.php
此错误引用第84行，即$data = $db-> query("select stuff")函数。
不知何故，这在这里不起作用，而几乎完全相同的代码行在block1_aboutme脚本中有效。
我会把我的第三个剧本的链接放在这里，但我不能，因为我还没有声望品牌在一个帖子中放置3个链接。将在评论中发布第3张图片。
我已经尝试了一些东西。如果我例如回应＆＃34; $ path＆＃34;它显示了正确的路径，这意味着$ db应该是一个可行的变量。
有人在这看到问题吗？
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尽量不要在类方法中使用include_once，因为如果已经包含了脚本执行期间的任何位置，则不会包含该文件：请改用include。
无论如何，这不是您可以实现的最佳解决方案，我建议您将DB类实现为单例，然后检索数据库实例以执行查询。
