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一切都很好。数据库和表的名称，列的名称等。 $username 是好的并且存在于数据库中。然而，在此运行之后，如果我“警告”$dbuid，它会显示为 0，而 $dbusername 显示为空。MySQLi 不会抛出任何错误。（这就是为什么我做了 if(! .. ) echo error;，看看它是否会引发任何错误，但它工作得很好。）我哪里出错了？

if(!$msmysqli = new mysqli("localhost","root","","ms")){
   echo $msmysqli->connect_error;
}
if(!$stmt = $msmysqli->prepare("SELECT id,name,password FROM accounts WHERE name=?")){
   echo $msmysqli->error;
}
if(!$stmt->bind_param("s",$username)){
   echo $stmt->error;
}
if(!$stmt->execute()){
   echo $stmt->error;
}
if(!$stmt->bind_result($dbuid,$dbusername,$dbpassword)){
   echo $stmt->error;
}
$stmt->close();
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1 回答 1

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您只需忘记获取结果即可获得该行...这就是您的代码无法按预期工作的原因！要记住的另一件事是，至少在 php 中，对象在构造时总是返回其实例！语句 $msmysqli = new mysqli(...) 永远不会是假的！这就是为什么你应该检查你的连接，如图所示！

$msmysqli = new mysqli("localhost","root","","ms");

if ( $msmysqli->connect_errno ) echo $msmysqli->connect_error;

if( $stmt = $msmysqli->prepare("SELECT id,name,password FROM accounts WHERE name=?") ) {
    $stmt->bind_param("s",$username);
    $stmt->execute();
    $stmt->bind_result($dbuid,$dbusername,$dbpassword);
    $stmt->fetch();
    $stmt->close();
} else {
    echo $msmysqli->error;
}

$msmysqli->close();
于 2012-11-28T00:58:15.817 回答