DateTime 类的对象无法转换为字符串答案

【问题标题】：Object of class DateTime could not be converted to stringDateTime 类的对象无法转换为字符串
【发布时间】：2012-04-29 21:31:47
【问题描述】：

我在名为Film_Release的字段中有一个表格，其中包含 2012 年 4 月 20 日星期五 格式的字符串值

我正在循环，我想将它们转换为 datetime 并将它们推出到另一个表中。我的第二个表有一个名为Films_Date 的列，格式为DATE。我收到此错误

DateTime 类的对象无法转换为字符串

$dateFromDB = $info['Film_Release'];
$newDate = DateTime::createFromFormat("l dS F Y",$dateFromDB); //( http:php.net/manual/en/datetime.createfromformat.php)

然后我通过插入命令将$newdate插入到表中。

为什么会出现这样的错误？

【问题讨论】：

标签： php mysql datetime insert

【解决方案1】：

$Date = $row['Received_date']->format('d/m/Y');

然后它从数据库中给定日期对象

【讨论】：

【解决方案2】：

如果您使用 Symfony 的 Twig 模板，您可以使用经典的 {{object.date_attribute.format('d/m/Y')}} 来获取所需的格式化日期。

【讨论】：

这个作品是给我的，但我只用这个。 .format('d/m/Y') myObject .format('d/m/Y')

【解决方案3】：

这有点离题，但我来自谷歌搜索同样的错误。对我来说，当我从 mssql 数据库中选择 datetime 字段而不是稍后在 php-script 中使用它时，就会出现这个错误。像这样：

$SQL="SELECT Created
FROM test_table";

$stmt = sqlsrv_query($con, $SQL);
if( $stmt === false ) {
    die( print_r( sqlsrv_errors(), true));
}

$Row = sqlsrv_fetch_array($stmt,SQLSRV_FETCH_ASSOC);


$SQL="INSERT INTO another_test_table (datetime_field) VALUES ('".$Row['Created']."')";
$stmt = sqlsrv_query($con, $SQL);
if( $stmt === false ) {
    die( print_r( sqlsrv_errors(), true));
}

INSERT 语句出错：Object of class DateTime could not be converted to string

我意识到您不能只从数据库中选择日期时间：

SELECT Created FROM test_table

但是您必须为此字段使用 CONVERT：

SELECT CONVERT(varchar(24),Created) as Created FROM test_table

【讨论】：

使用参数 Kenny，他们就在那里，然后将神奇地从 \DateTime 对象sqlsrv_query($con, "INSERT INTO tablename (dtfield) VALUES(?)", array($datetime)) 进行转换

【解决方案4】：

试试这个：

$Date = $row['valdate']->format('d/m/Y'); // the result will 01/12/2015

注意：$row['valdate'] 它是数据库中的起息日

【讨论】：

【解决方案5】：

使用这个：$newDate = $dateInDB->format('Y-m-d');

【讨论】：

【解决方案6】：

检查以确保有电影上映日期；如果缺少日期，您将无法在非对象上格式化。

if ($info['Film_Release']){ //check if the date exists
   $dateFromDB = $info['Film_Release'];
   $newDate = DateTime::createFromFormat("l dS F Y", $dateFromDB);
   $newDate = $newDate->format('d/m/Y'); 
} else {
   $newDate = "none"; 
}

或

 $newDate = ($info['Film_Release']) ? DateTime::createFromFormat("l dS F Y", $info['Film_Release'])->format('d/m/Y'): "none"

【讨论】：

【解决方案7】：

您正在尝试将$newdate 插入到您的数据库中。您需要先将其转换为字符串。使用DateTime::format 方法转换回字符串。

【讨论】：

嗨，我尝试使用 format 但收到错误 - 调用非对象上的成员函数 format()

【解决方案8】：

因为$newDate 是DateTime 类型的对象，而不是字符串。 documentation 是明确的：

根据指定格式返回新的DateTime对象格式。

如果您想从字符串转换为DateTime 再转换回字符串以更改格式，请在末尾调用DateTime::format 以从您的DateTime 中获取格式化字符串。

$newDate = DateTime::createFromFormat("l dS F Y", $dateFromDB);
$newDate = $newDate->format('d/m/Y'); // for example

【讨论】：

嗨，我试过了，我得到了这个错误 - 在非对象上调用成员函数 format()
@DIM3NSION：除非createFromFormat 没有返回对象，否则无法使用上面的代码，这意味着它返回了false，因为输入无效。阅读documentation 并修复输入。
我将使用什么类型的字段来插入 $new 日期？我现在可以工作了