PHP 变量不是 mysqli 对象答案

【问题标题】：PHP variable is not an mysqli objectPHP 变量不是 mysqli 对象
【发布时间】：2014-09-21 03:46:11
【问题描述】：

我有下一个代码（在 NetBeans 中编译）

$query = 'INSERT INTO grupos(nombre, descripcion)'
            . ' VALUES ("' . utf8_decode($_POST['name']) . '", "' . utf8_decode($_POST['desc']) . '")';
    $result = $con->query($query) or exit("Error: " . $con->errno . ": " . $con->error);
    if ($result->affected_rows > 0) {

为什么我得到这个：“试图获取非对象的属性” 如果当我做了一个 echo $result;显示“1”？

【问题讨论】：

标签： php class variables object mysqli

【解决方案1】：

来自mysqli::query()的文档：

对于成功的 SELECT、SHOW、DESCRIBE 或 EXPLAIN 查询，mysqli_query() 将返回一个 mysqli_result 对象。对于其他成功的查询，mysqli_query() 将返回 TRUE。

由于您的查询是INSERT，而不是SELECT，因此它不会返回mysqli_result，它只会返回TRUE。你应该使用$con->affected_rows 而不是$result->affected_rows。

【讨论】：

所以只有在第一种情况下我应该使用 $result = $con->($query)...？还是有其他更好的方法？
对，当您执行UPDATE 或INSERT 时，您不需要将值分配给变量。该值是真还是假，具体取决于是否存在错误，您已经在使用 or exit 进行测试。
顺便说一句，在这种情况下，我们通常使用die() 而不是exit()，因此它会发送错误代码。
die()和exit()有什么区别？
糟糕，实际上没有区别。我想这只是一个约定，所以读者可以看出这是一个错误情况。