数据未显示在我的视图中

Question

未定义变量：我认为的数据

这是一个简单的在输入中显示数据。

那么，为什么这个输入没有显示我的查询结果呢？

我的看法

<input type="text" name="sitename" value="<?php echo $data['sitename']; ?>"><br> 

型号

public function getData()
{
    $query = "SELECT * FROM $this->tablename ORDER BY 'id' DESC LIMIT 1";

    if (!$sqli  = mysqli_query($this->cxn->connect(),$query))
    {
        throw new Exception("Error Processing Request");
    }
    else
    {
        $num = mysqli_num_rows($sqli);

        while ($num > 0) 
        {
            $data = mysqli_fetch_array($sqli);
            $num--;
        }

        return $data;   
    }
}

Answer 1

仅仅因为变量在某处声明，并不意味着它在任何地方都可用。所有变量都有scope，它们可以在其中访问。有关范围的更多信息，请参阅：http://php.net/manual/en/language.variables.scope.php。

您需要将$data 变量传递到您的视图中。我想象你正在使用某种 MVC 框架，因为你有一个模型和一个视图。如果是这种情况，您可以查找如何将变量传递到该特定框架中的视图中。您的控制器方法的基本结构可能如下所示：

//sudo code - not specific to an actual framework
public function controller_method() 
{
  $data = $model->getData();
  $this->template->set('data',$data);
  $this->template->load('view');
}

只需在您的特定框架中搜索如何做到这一点。希望对您有所帮助！

编辑 根据您的评论，您似乎是在加载视图后设置数据。您需要交换订单并致电$display = new Display("main"); $data = $display->getData();之前您include'../model/display.php';

Answer 2

如果查询返回 0 行，您的 while() 循环将永远不会执行，因此它不会设置 $data。

由于您只从查询中返回 1 行，因此您不需要循环，您可以使用 if。那么你只有在成功时才能返回$data。

public function getData()
{
    $query = "SELECT * FROM $this->tablename ORDER BY 'id' DESC LIMIT 1";

    if (!$sqli  = mysqli_query($this->cxn->connect(),$query))
    {
        throw new Exception("Error Processing Request");
    }
    else
    {
        if ($data = mysqli_fetch_array($sqli)) 
        {
            return $data;
        } 
        else
        {
            return null;
        }            
    }
}