試圖讓非對象的屬性，同時試圖從數據庫

db.php中試圖讓非對象的屬性，同時試圖從數據庫

<?php 
class DB{ 

protected $db_name = ''; 
protected $db_user = ''; 
protected $db_pass = ''; 
protected $db_host = ''; 

public function connect() { 

    $connect_db = new mysqli($this->db_host, $this->db_user, $this->db_pass, $this->db_name); 

    if (mysqli_connect_errno()) { 

     printf("Connection failed: %s\n", mysqli_connect_error()); 
     exit(); 
    } 

    return $connect_db; 

} 
}

獲取數據在db.php中我嘗試創建數據庫連接。

test.php的

<?php 

require('DB.php'); 

$db = new DB('localhost', 'root', '', 'test'); 
$connection = $db->connect(); 


$sql ="SELECT * FROM users"; 
$result = $connection->query($sql); 

if ($result->num_rows > 0) { 
    while($row = mysqli_fetch_array($result)) {    

     array_push($responseData, 
     array('uid' => $row[0], 
      'u_name' => $row[1], 
      'u_pass' => $row[2], 
      'u_fname' => $row[3], 
      'u_email' => $row[4], 
      'u_status' => $row[5], 
      'u_notes'=>$row[6])); 
    } 

     echo json_encode(array("result"=>$responseData)); 
    } 

else { 
    echo '<div class="callout callout-danger">No data found...</div>'; 
}

在test.php的，我想從用戶表中的數據，但它說「試圖獲得的財產第12行的test.php中的非對象。「

請幫忙。謝謝。

來源

2017-08-14 Shaggy

我想你''database'空table' –

你不必在你的DB-文件，但在你的'test.php'文件正在創建使用參數的新實例構造函數。當你使用非對象變量作爲對象 – WasteD

會出現此通知。嗯...必須是你的'mysqli_fetch_array'東西。也許試圖重寫那一點。 – Zeth

你必須在db.php文件來創建一個constructor。否則你的變量是空的。

這db.php

function __construct($hostname, $username, $pw, $db) { 
    $this->db_host = $hostname; 
    $this->db_user = $username; 
    $this->db_pass = $pw; 
    $this->db_name = $db; 
}

添加這樣你要設置的變量。

來源

2017-08-14 06:53:06 WasteD

試圖讓非對象的屬性，同時試圖從數據庫

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