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我是面向对象的 PHP 新手，并且遇到了以下代码的问题。使用 Mysqli 进行的数据库查询在课堂上不起作用，但在课堂外可以正常工作。所以我的问题是，我做错了什么？

class webFile {

    private $sql, $query;

    function __construct() {
        $sql = new mysqli('host','user','pass','dbname');
    }

    function doQuery() {
        $queryText = "SELECT * FROM blog_posts WHERE number = '2'";
        if($query = $this->sql->query($queryText)) {
            $results = $query->fetch_array();
            return $results['post_id'];
        } else {
            return "Error";
        }
    }
}

$object = new webFile();
echo $object->doQuery();

服务器错误日志显示“PHP 致命错误：在非对象上调用成员函数 query()”......我是否犯了另一个愚蠢的错误？我在网上四处查看，但找不到与此问题相关的任何内容。任何帮助将不胜感激。

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在您的构造函数中，您将 mysqli 设置为局部变量$sql

将您的构造函数更改为

 function __construct() {
        $this->sql = new mysqli('host','user','pass','dbname');
    }
于 2013-09-02T17:44:21.150 回答
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正如 Miguelo 所说，问题在于您在构造函数中编写了$sql 而不是 $this->sql。

但还有另一个问题。

如您所见，在您的代码中

private $sql, $query

我不认为你想在类中的函数之间使用$query，所以我会删除它并离开：

private $sql;

但是如果你想在函数之间使用它，函数 doQuery()应该如下所示：

function doQuery() {
    $queryText = "SELECT * FROM blog_posts WHERE number = '2'";
    if($this->query = $this->sql->query($queryText)) {
        $results = $this->query->fetch_array();
        return $results['post_id'];
    } else {
        return "Error";
    }
}
于 2013-09-02T19:29:10.187 回答
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这是一个 PHP 问题。从这篇文章开始，PHP 不支持嵌套类。版本 7.0 中可能会发生变化，但据我所知，它不在准备中。

我认为你最好的选择是简单地使用你的类来扩展 MySQLi 类，如下所示：

 class webFile extends mysqli {

你可能想把它锁定一些。说到这里，请注意 MySQLi 的构造不会被您自己的 __construct() 方法自动调用，因此您可能必须解决这个问题。

您还可以使用 MySQLi 的程序功能来实现所需的结果，而无需扩展 MySQLi 的类，当我发现这篇文章目前有超过 2600 个视图并且对您的问题没有明确的正确答案时，我正在研究该类。

PHP 的面向对象不如某些强大，希望这在未来几年会有所改变。PHP 7.0 支持匿名类实例化，这表明它可能很快就会支持嵌套类。

编辑：我在 PHP.net 上找到了一个涵盖覆盖构造的链接。显然您自己的构造不会覆盖 MySQLi，但您必须手动调用它，如下所示：

 parent::__construct($host,$user,$pass,$db);

http://php.net/manual/en/mysqli.construct.php

于 2015-11-18T05:29:09.300 回答
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在 php 5.3 中，在类构造函数中初始化 mysqli 对象会破坏代码。我必须将 mysqli 对象作为参数传递给类以使其工作。这是无效的：

function __construct() {
     $this->sql = new mysqli('host','user','pass','dbname');
 }

但这会起作用：

function __construct($mysqli) {
     $this->sql = new mysqli('host','user','pass','dbname');
 }

$mysqli 参数可以在哪里

new mysqli('host','user','pass','dbname');

从执行的 php 脚本传递。mysqli 类似乎有一个问题，我希望他们能在 php 7 中解决这个问题。另一种解决方法是将其扩展为 php 手册页中的大纲。

于 2017-11-18T11:32:30.037 回答
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由于某种原因，您的 $SQL 变量似乎没有设置为 MySQLi 对象的实例。

我个人并不经常使用 MySQLi。因为我偏爱mysql_connect。

我建议如下：

$this->sql = mysql_connect($host,$user,$pass) or die( mysql_error());
$this->db = mysql_select_db($db) or die( mysql_error());

或者，如果您设置在 MySQLi 对象上 -

try
{
    $this->sql = new mysqli('host','user','pass','dbname');
} 
catch(Exception $e)
{
    // throw another exception or something
}

假设连接引发错误 - 这将让您知道它已失败并允许您进行更正。

于 2013-09-02T17:48:31.367 回答