我正在尝试将我的$ _POST数据发送到我的一个类进行处理......但是我发送它似乎并不重要,PHP告诉我:
尝试获取非对象的属性
班级方法:
public function test_me_out($postdata) {
if(isset($postdata->price)) {
return "the price was: " . $postdata->price . " …and this was added.";
} else {
return "it's apparently not set...";
}
}
答案 0 :(得分:2)
$_POST
不是对象。您应该使用它作为$_POST['my_data']
等数组来访问其信息。
答案 1 :(得分:2)
你仍然可以
$postData = new ArrayObject($_POST,ArrayObject::ARRAY_AS_PROPS);
然后$postData->price
将按预期工作。
答案 2 :(得分:0)
你是如何调用test_me_out的?喜欢这个?
test_me_out($_POST)
$ _ POST是一个数组,而不是一个对象。因此,您可以像这样访问函数中的变量:
$postdata['price']