如何解决 PHP 中的“无法通过引用传递参数”错误？ [复制]

Question

这是我的代码：

$stmt = $conn->mysqli->prepare('INSERT INTO photos (CaseNo, ImageName, CaptureTime, UploadTime) VALUES (?,?,?,?)');
$stmt->bind_param('isss', $caseno, $index.'.'.$extension, date('Y-m-d H:i:s'), date('Y-m-d H:i:s'));

我也试过这个：

$stmt = $conn->mysqli->prepare('INSERT INTO photos (CaseNo, ImageName, CaptureTime, UploadTime) VALUES (?,?,?,?)');
$captureTime = date('Y-m-d H:i:s');
$uploadTime = date('Y-m-d H:i:s');
$stmt->bind_param('isss', $caseno, $index.'.'.$extension, $captureTime, $uploadTime);

我收到错误：

致命错误：** 无法通过引用传递参数 3 在 **...文件路径...行 #

请注意，CaptureTime 和 UploadeTime 的数据类型为 date。并忽略我传递的第三个和第四个参数的值相同的事实。

代码有什么问题？

Answer 1

也许您需要将其转换为字符串？

...$extension, (string) $captureTime, (string) $uploadTime);

Answer 2

改变

$stmt->bind_param('isss', $caseno, $index.'.'.$extension, $captureTime, $uploadTime);

到

$isss = 'isss';
$indexExtention = $index.'.'.$extension
$stmt->bind_param($isss, $caseno, $indexExtention , $captureTime, $uploadTime);

我相信你必须传递变量而不是字符串。

或者，如果您使用 PDO，则可以使用 bindvalue() 而不是 bindparam()。