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自从我做了一个排行榜，我发现我需要使用多个表来获取我所有的数据。由于我使用了 MySQLi Join，它给了我这个错误：

注意：尝试在第 92 行的 /Applications/XAMPP/xamppfiles/htdocs/Minecraft-User-Info/leaderboard/index.php 中获取非对象的属性

这是第 92 行：

if ($result->num_rows > 0) {

但在我使用 SQL Join 之前，它工作得很好。这是我的完整 PHP 代码：

<?php
                    $result = mysqli_query($con, "SELECT 
User_Management.Leaderboard_Tag.Username, User_Management.Leaderboard_Tag.Wins, User_Management.Leaderboard_Tag.Got_Tagged ,User_Management.Player_Data.Tokens @rn := @rn + 1 as Rank
FROM Leaderboard_Tag, Player_Data WHERE Player_Data.UUID=Leaderboard_Tag.UUID AND @rn > 0 )
ORDER BY Wins,Got_Tagged");
                    $rank = 1;

                    if ($result->num_rows > 0) {
                        while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
                            $Username=$row['User_Management.Leaderboard_Tag.Username'];
                            $Tokens = $row['User_Management.Player_Data.Tokens'];
                            $Wins=$row['User_Management.Leaderboard_Tag.Wins,'];
                            $Got_Tagged = $row['User_Management.Leaderboard_Tag.Got_Tagged'];

                            echo "<tr>
                            <td class=\"rank\">$rank</td>
                                <td><div class=\"row\">
                                        <div class=\"td-avatar\">
                                            <img class=\"avatar-small\" src=\"http://website.craftshark.net/avatar/avatar/$Username/40\">
                                        </div>
                                        <div class=\"td-user\">
                                            <a class=\"lb-username\" href=\"../player/$Username\">$Username</a>
                                            <br>
                                            <small class=\"lb-desc\"><i class=\"fa fa-star tokens-small\"></i> $Tokens</small>
                                        </div>
                                    </div></td>
                                <td class=\"got_tagged\">$Got_Tagged</td>
                                <td class=\"wins\">$Wins</td>
                                </tr>";
                            $rank++;
                        }
                    }

                    /* close connection */
                    mysqli_close($con);
                ?>

表方案：

Leaderboard_Tag:
   - Username (Same values as *)
   - UUID  (Same values as *)
   - Wins
   - Got_Tagged
Player_Data:
   -* Username 
   -* UUID
   - IP
   - Rank
   - Tokens

我看不出有什么不对。我以前从未使用过 MySQLi Join，但我搜索并遵循了有关如何执行此操作的教程。有人看错了吗？

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1 回答 1

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您的 SQL 中只是有一个错误，这就是 $result 变量不是对象的原因。最好的方法是检查结果：

$mysqli->connect_errno // returns 0 if all OK
$mysqli->error         // returns empty string if all OK

希望它会有所帮助

是的：

if($mysqli){
   if( !$mysqli->connect_errno && !$mysqli->error){

    // your code here
   }
   else{
    // log/echo error 
    file_put_contents("log.txt", $mysqli->error, FILE_APPEND);
   }
}
于 2014-05-15T12:52:09.567 回答