Question

我正在尝试使用旧的PHP脚本，但我仍然注意到这一点：

注意：尝试在...中获取非对象的属性

该通知基于此代码的最后一行：

$result_id_check = mysql_query("select ses_userid from fe_sessions where ses_id = '".$_COOKIE['fe_typo_user']."';");
$row_check = mysql_fetch_object($result_id_check);

if ($row_check->ses_userid) {

我也尝试过使用mysql i _query和mysql i _fetch_object但不会做任何更改。

我有什么想法可以解决这个问题吗？

Answer 1

此错误通常表示查询失败。

你应该像这样检查错误，如果在双引号字符串中使用{$_COOKIE['fe_typo_user']}形式的变量扩展，也可以使字符串连接更简单，或者这也可以工作{ {1}}

$_COOKIE[fe_typo_user]

这样当你用你的SQL犯小错误时，你会直接告诉他们，你不必怀疑是什么问题。

请不要使用the mysql_ database extension，它   已被弃用（在PHP7中永远消失）   特别是如果您只是学习PHP，请花费精力学习$sql = "select ses_userid from fe_sessions where ses_id = '{$_COOKIE['fe_typo_user']}'" $result_id_check = mysql_query($sql); if ( $result_id_check === false ) { echo mysql_error(); echo 'Bad SQL : ' . $sql; exit; } $row_check = mysql_fetch_object($result_id_check);数据库扩展。   Start here

您还应该使用参数化查询（在PDO和mysqli_数据库扩展中提供，但不是旧的已弃用PDO扩展名），以避免SQL Injection Attack特别是如果您正在使用从mysql_或$_POST或$_GET
获取的数据
如果您考虑转到$_COOKIE或mysqli_，请阅读此内容Can I mix MySQL APIs in PHP?

Answer 2

在使用$row_check->ses_userid之前，只需检查$ row_check是真还是假。

if ($row_check) {
    if ($row_check->ses_userid) {

    }
}

mysql_query返回通知“试图获取非对象的属性”

2 个答案: