MySQL SQL_INSERT_ID() 和 LAST_INSERT_ID 不起作用答案

【问题标题】：MySQL SQL_INSERT_ID() and LAST_INSERT_ID do not workMySQL SQL_INSERT_ID() 和 LAST_INSERT_ID 不起作用
【发布时间】：2018-04-09 03:21:06
【问题描述】：

我在最近的 MacBook Pro 上使用 MySQL/PHP/Apache，所有请求都发送到 localhost。我已经搜索但找不到我的问题的解决方案。

我的 PHP 脚本成功地将一条记录插入到一个基本主表中，该表的主键名为 ID 并且是一个自动增量字段，但它无法捕获该 ID 的值以与另一个 INSERT 一起使用到另一个表中，当我尝试使用 LAST_INSERT_ID() 或 SQL_INSERT_ID()。第二个表所需的数据只需要该值和来自同一 HTML 表单的文本字段的内容。

毫无疑问，如果我在等号之后放置一个整数（作为测试），我的脚本将完美运行（即没有错误，并且脚本将所需的数据完美地输入到第二个表中）。我试过 SQL_INSERT_ID() 和 LAST_INSERT_ID() 得到相同的结果：完全白屏。

没有外键约束或任何复杂的东西。此代码失败并仅返回一个白屏：

$sql = "INSERT INTO Table1 
    (int1, str1, int2, int3, int4, int5) 
    VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?)";

if($stmt = mysqli_prepare($link, $sql)){
    mysqli_stmt_bind_param($stmt, "isiiii", 
        $param_int1, $param_str1, $param_int2, 
        $param_int3, $param_int4, $param_int5);
}

if(mysqli_stmt_execute($stmt)){
    $last_id = sql_insert_id();        // <--- problem statement
} else {
    echo "Something went wrong with the execution.";
}

但是当我使用整数代替相关函数时，代码的工作方式完全符合我的要求：

if(mysqli_stmt_execute($stmt)){
    $last_id = 6;
} else {
    echo "Something went wrong with the execution.";
}

如果第一次插入成功，if(mysql_stmt_execute($stmt)) 返回 true，因此在此之后立即初始化变量 $last_id 似乎是合乎逻辑的。这个可以吗？我还能在哪里查看我的代码？我需要在函数的括号内提供数据吗？

MySQL 版本为 5.7.21 Mac OS X 版本 10.13.4

我认为自己是 PHP/MySQL 的高级初学者。任何帮助将不胜感激。

【问题讨论】：

PHP本身没有sql_insert_id()函数，你用的是框架吗？

标签： php mysql mysqli last-insert-id mysql-insert-id

【解决方案1】：

试试

mysqli_insert_id($link);

我认为您混淆了 OOP 和库的程序部分或其他内容。

因为如果我没记错的话，sql_insert_id 来自现已失效的mysql_* 库。

https://www.w3schools.com/php/func_mysqli_insert_id.asp

【讨论】：

是的！非常感谢。现在可以了。我可以发誓我试过了，但我注意到我也写下了 sql_ 而不是 mysqli_。不过，我在抄写。
当然，这很容易做到。