我可以从数据库中填充一个对象但仍然可以访问它的方法吗？

Question

这是我今天的第二篇文章，因为我是 PHP 的 OOP 方面的新手，如果这是一个愚蠢的问题，请耐心等待...

我创建了一个漂亮的类，我希望它能够与我的“JOB”对象一起使用，包括能够使用这个单一对象从许多表中提取数据，以便最终用户看到相关数据。例如，在我的课堂上，我有：

public function showProjectManager() {
    $q = "SELECT m.name FROM " . jJOBS . " AS j JOIN " . jMEI . " AS m ON m.uid = j.mei WHERE id = " . $this->id;
    $r = $this->_dblink->query($q);
    $row = $r->fetch_assoc();
    return $row['name'];
}

因为 jJOBS 表中存储的数据只是一个引用另一个表中的 id 的数字。有几条这样的数据存储在主 jJOBS 表中。

因此，在另一段代码中有一个下拉框，可让用户选择特定的“作业”并使用 AJAX 调用来显示该作业中的数据。我要做的是创建一个 JOB 对象（其中包括 showProjectManager 方法），使用 mysqli_fetch_object 从数据库中读取所有属性，然后调用 showProjectManager 方法，如下所示：

    $disp = new Job();
    $q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
    $r = $jobsdb->query($q);
    $disp = $r->fetch_object();
    $zList .= "<li><span class='smLabels l'>Project Manager :</span>\n<span class='smText r'>" . $disp->showProjectManager() . "</span></li>";

但每当我从数据库中获取对象时，$disp 对象就会恢复为 stdClass。如何维护正确的类并从数据库访问我需要的值？我所读到的关于该主题的所有内容都要求使用 DataMapper，这似乎非常复杂，尤其是在这种情况下。

Answer 1

最简单的方法是将类名传递给fetch_object，如下所示：

$q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
$r = $jobsdb->query($q);
$disp = $r->fetch_object("Job");

根据文档，这将创建 $disp 作为 Job 类型的对象，并填写其所有字段，然后调用 Job 构造函数。

Answer 2

您正在重置 $disp 变量。您需要在作业对象中设置作业。像这样将 id 传递给构造函数。

class Job {
    private $job = null;

    function __construct($id = null) {
        if(isset($id)) {
            $q = "SELECT * FROM " . jJOBS . " WHERE id = " . $job_id;
            $r = $jobsdb->query($q);
            $job = $r->fetch_object();
            $this->job = $job;
        }
    }

    function getJob() {
        return $this->job;
    }

    public function showProjectManager() {
        $q = "SELECT m.name FROM " . jJOBS . " AS j JOIN " . jMEI . " AS m ON m.uid = j.mei WHERE id = " . $this->job->id;
        $r = $jobsdb->query($q);
        $row = $r->fetch_object();
        return $row->name;
    }
}

?>

然后

$disp = new Job(123);
$disp->someJobObjectFunction();