Question

我要在包含的文件中包含一个文件。

我在目录acp.php中有一个名为Pages/cms/src/acp的文件。

在此文件中，我在目录connect_get_data.php中包含了文件Pages/cms/src/acp/tools，该文件用于打印请求页面的数据库输出。

在此文件中，我在目录connection.php中包含了名为Pages/cms/src/tools的数据库连接文件。

以下是我的列入声明：

acp.php-include("./tools/connect_get_data.php");

connect_get_data.php-include("../../tools/connection.php");

这是它引起的错误：

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<b>Warning</b>:
include(../../tools/connection.php): failed to open stream: No such file or directory in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>2</b><br />
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<b>Warning</b>:
include(): Failed opening '../../tools/connection.php' for inclusion (include_path='C:\xampp\php\PEAR') in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>2</b><br />
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<b>Notice</b>:
Undefined variable: db in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>4</b><br />
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<b>Warning</b>:
mysqli_query() expects parameter 1 to be mysqli, null given in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>4</b><br />
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<b>Warning</b>:
mysqli_fetch_object() expects parameter 1 to be mysqli_result, null given in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>5</b><br />
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<b>Notice</b>:
Trying to get property 'Content' of non-object in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>6</b><br />
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<b>Notice</b>:
Undefined variable: db in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>7</b><br />
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<b>Warning</b>:
mysqli_close() expects parameter 1 to be mysqli, null given in <b>C:\xampp\htdocs\Pages\cms\src\tools\connect_get_data.php</b> on line <b>7</b><br />

但是，如果我在浏览器中打开connect_get_data.php，它将正常工作...

我希望她能帮助我解决我的问题。

Answer 1

存在路径错误，而不是include（“ ../../ tools / connection.php”）;使用 include（“ ../ tool / connection.php”）;。

这将为您工作。您的代码中存在路径错误。

PHP在包含文件中包含文件？

1 个答案: