关于php类和我的sql问题答案

【问题标题】：About php classes and my sql problem关于php类和我的sql问题
【发布时间】：2011-07-27 09:42:41
【问题描述】：

谢谢。我想让用户登录，我尝试以 oop 方式进行

这里是 loginPage.php

<html>
<body>
<?php require_once("connection.php");
$instance=new connection("527442_1","chi1234a","foodil_zxq_1");
if (isset($_POST['s'])) {
    $SecIns=new login($_POST['u'],$_POST['p']);
    echo $SecIns->enter();
}
?>
<form name="fm" method="POST" action="show.php">
User Name :<input type="text" name="u">
<br>
Password: <input type="password" name="p">
<br>
<input type="submit" name="s">
</form>
</body>
</html>

这是我失败的 oop 代码Warning: mysql_query(): supplied argument is not a valid MySQL-Link resource

<?php

class connection
{var $user;
var $pass;
var $db;

function __construct($user,$pass,$db){
$this->user=$user;
$this->pass=$pass;
$this->db=$db;
}

function conn(){
$conn=mysql_connect('localhost' , $this->user , $this->pass) or die ("Can't connect server");
mysql_select_db($this->db,$conn) or die ("DB error");
}
}

class login extends connection
{

function __construct($id,$pwd)
{$this->id=$id;
$this->pwd=$pwd;
}

function enter()
{$this->query="SELECT * FROM test WHERE id='".$this->id."' AND pwd='". $this->pwd."';";
$result=mysql_query($this->query,$this->conn) or die ("Error:" . mysql_error());
if (mysql_num_rows($this->result)<1)
return "Not correct user";
else
return "Login success";
}
}
?>

问题出在function enter()。应该是格式问题吧？？但我花了很长时间。谢谢。

【问题讨论】：

1. var 并省略可见性修饰符（public、protected、private）是 PHP4 风格的。您应该学习如何用 PHP5 编写代码。 2. mysql 已经过时了一段时间，很快就会被标记为弃用。您应该改用MYSQLi 或PDO。 3. 你应该永远在没有验证的情况下直接访问任何$_POST-value（$_GET 等也是如此）。
还是不行，修改后请看我的代码
这不是一个答案，这只是一个关于你应该清理什么的评论。您阅读下面的答案了吗？

标签： php mysql

【解决方案1】：

虽然您希望将组织添加到代码中是值得称赞的，但将方法添加到类中并不会自动使其成为 OOP。我建议您阅读基础知识，然后重新组织您的课程。

至于你的问题，

$result=mysql_query('$this->query','$this->conn') or die( ..
--------------------------^

您传递的那些变量被视为文字字符串，因为您已经引用了它们。您需要将实际查询和连接对象传递给它。只需删除引号。

另外，我建议您查看参数化查询：http://php.net/manual/en/book.pdo.php

编辑

进一步查看您的代码，这些提示可能会改进您的代码

为您的类使用大写名称。这使它们更易于阅读。
您将连接移至其他类是正确的，但您的用法是错误的。
即使您已经从 Connection 类扩展了 Login 类，即使您在代码中引用了连接对象（例如 - $this->conn），也不会在 Login 类中实例化连接对象以供使用/li>
实例化您的连接并将其作为参数传递给您的其他类。不要从连接中扩展它们。

$conn = new Connection($username, $pass, $host, $db); $login = 新登录（$conn）； $login->doLogin($username, $password);

并且在您的连接中有一个query() 方法，因此您可以从其他类中调用该方法。

【讨论】：

$login = new Login($conn); ??我已经有一个构造器来分配用户输入 id 和密码
所以，如果我使用 $login = new Login($conn);如何修改构造函数？？谢谢
要么有设置连接的方法，要么与其他参数一起传入。无论您选择什么，都要为您的所有课程标准化。
对不起，我不明白。如何传递连接字符串？
准确的说是LOGIN类怎么修改？？

【解决方案2】：

$result=mysql_query('$this->query','$this->conn') or die ("Error:" . mysql_error());

这段代码不会计算 PHP 存储的变量。如果你单引号，PHP 不会尝试解析它，就好像它是一个变量一样。删除引号。

执行此操作后，您的代码将在 connection::conn() 处失败，因为没有函数 mysql_conn。有mysql_connect。它以不同的顺序接受参数（例如，服务器是第一个参数，而不是第三个参数）。

【讨论】：

【解决方案3】：

试试：

{$query="SELECT * FROM test WHERE id='".$this->id."' AND '".$this->pwd".';";

【讨论】：

【解决方案4】：

你错过了什么；我从所有答案中集体写作

1 - mysql_conn() 不是您在 function conn() {} 中编写的函数
2 - 从 $result = mysql_query('$this->query','$this->conn') 中删除 '
3 - 你在mysql语句中漏掉了一个参数

    $query="SELECT * FROM test WHERE id='$this->id' AND        '$this->pwd';";
                                                         ^ (here)

4 - 在$this->query 中分配查询，而不仅仅是$query

【讨论】：

【解决方案5】：

您没有将连接对象传递给登录对象，这就是您出现此错误的原因：警告：mysql_query()：提供的参数不是有效的 MySQL-Link 资源。从登录对象调用 $db 的位置，您正在使用登录类中的资源而不启动它们......它们在您设置它们之前不存在。

【讨论】：