Question

我正在尝试在PHP上创建一些类和方法，并且某些函数是很好的输出，但在最后一个输出中我不能抛出变量，这是我的类。

在这里我打电话给班级，

let dictionary = [14: "2", 17: "5", 6: "5", 12: "Ali", 11: "0", 2: "4", 5: "It it it", 15: "5", 18: "2", 16: "5", 8: "2", 13: "4", 19: "4", 1: "2", 4: "12-09-2017 - 9:52"]


let arrayKeys = dictionary.map({ $0.key})
print(arrayKeys)

var stringValue: String = ""

for value in arrayKeys {
    stringValue.append(value.description)
    stringValue.append(",")
}

select，from和orderby很好。但是我无法从最后一个函数（执行）获得输出，只是找到$fields = array('nik'); $query = new Query(); $query ->select($fields) ->from('data_asset_hw') ->orderby('nik','DESC') ->execute('fetchAll'); print json_encode($query);的空对象。

请参阅下面的课程{}。如果我手动打印查询对象，输出正常。但如果我使用返回此execute()。我发现输出为$query。也许我想念一下？

null

我发现我的错误只是添加公共$输出;并返回$ this-＆gt; output = $ query-＆gt; $ fetch（）。和wata .....我已经完成了。谢谢抱歉我的英语不好。

Answer 1

添加公共$ output;

并使用它 $ this-＆gt; output = $ query-＆gt; fetch（）;

因为只有公众可以显示页面。

感谢

Answer 2

定义您的对象，如

$query = new query($mysqli);

类不能返回对象

2 个答案: