简单的准备好的语句不起作用答案

【问题标题】：Simple Prepared Statement Not Working简单的准备好的语句不起作用
【发布时间】：2016-08-17 11:58:42
【问题描述】：

我正在尝试从我的本地 MySQL 数据库返回一些数据，如下示例 1 on this page。

数据库和表都存在，当我使用 PhpMyAdmin 运行查询时，我成功返回了 5 个结果。

我的页面名为 test.php，每当我访问该页面时，我只能看到“connected”这个词。

我的代码如下；

// Create connection
$conn = new mysqli('localhost', 'user', 'password', 'database'); 
// Check connection
if ($conn->connect_errno > 0) {
    die('Unable to connect to database [' . $conn->connect_error . ']');
} else {
    echo "connected </br>";
}

/* prepare statement */
if ($stmt = $conn->prepare("SELECT Status FROM hostloadslog LIMIT 5")) {
    $stmt->execute();

    /* bind variables to prepared statement */
    $stmt->bind_result($col1);

    /* fetch values */
    while ($stmt->fetch()) {
        printf("%s %s\n", $col1);
    }

    /* close statement */
    $stmt->close();
}

任何帮助或建议将不胜感激。

【问题讨论】：

准备后检查错误
我很确定您不能将 prepare 语句放在 if 语句中。不过，您可以将执行放在 if 语句中。
看看$col1 的样子：printf("%s %s\n", $col1); 在几个方面是错误的：有 2 个占位符，但只传递了 1 个值，而 $col1 不是像你一样的字符串似乎认为是
@Robert nope 可以按照documentation 执行此操作。
@johnny_s NP，不知道你为什么被否决，不过我会投反对票

标签： php mysql oop mysqli

【解决方案1】：

所以基本上，问题在于printf的使用：

printf("%s %s\n", $col1);

失败，因为您使用了 2 个占位符，但只传递了一个字符串。将其更改为任一

echo $col1 . PHP_EOL;
//or
printf("%s\n", $col1);

要更轻松地调试这样的代码，您可以将error_reporting 设置为-1（或在ini 文件中设置为E_STRICT|E_ALL），并将display_errors 设置为on。

【讨论】：