php - 为什么我的第一个 PHP 类没有按预期工作？

Question

我正在编写我的第一个 PHP 类(class)，尝试在学习过程中学习 OO 概念。这段代码的目的是将用户的 IP 和相关参数记录到数据库中，我以后可以将其用作应用临时禁令的基础。 (不，我们不讨论该策略的优点 - 请继续编码类(class)!)。这是我拥有的:

class banAss {

    public function __construct(mysqli $db){
        $this->db = $db;
        $this->visitip = $_SERVER['REMOTE_ADDR'];
        $this->visitAgent = $_SERVER['HTTP_USER_AGENT'];
        $this->visitDate = time();
    }

    public function addBan(){
        $sql = "Insert into banned (visitIP, visitAgent, visitDate,) values (?, ?, ?)";
        $stmt = mysqli_prepare($this->db, $sql);
        mysqli_stmt_bind_param($stmt, "ssi", $this->visitip, $this->visitAgent, $this->visitDate);
        mysqli_stmt_execute($stmt);
        mysqli_stmt_close($stmt);
    }

}

$banned = new banAss($db);
$banned->addBan();

值得注意的是，我确实有一个使用 mysqli 打开的有效数据库连接。我一直在玩关于此的错误消息的 whackamole。目前他们站在:

Warning: mysqli_stmt_bind_param() expects parameter 1 to be mysqli_stmt, boolean given in /home/c9/public_html/admin/login.php on line 16

Warning: mysqli_stmt_execute() expects parameter 1 to be mysqli_stmt, boolean given in /home/c9/public_html/admin/login.php on line 17

Warning: mysqli_stmt_close() expects parameter 1 to be mysqli_stmt, boolean given in /home/c9/public_html/admin/login.php on line 18

我不明白这些消息。他们建议也许创建变量 $stmt 的 'mysqli_prepare' 行以某种方式搞砸了，但是如何呢？

Answer 1

Warning: mysqli_stmt_bind_param() expects parameter 1 to be mysqli_stmt, boolean given in...

仔细阅读:它告诉您您正在传递一个 bool 值，而函数并不期望它在那里。 mysqli_prepare()遇到错误时返回 bool 值 FALSE，这就是您试图传递给 mpsqli_stmt_bind_param() 函数的内容，因此 it产生一个错误和一个 bool 值 FALSE，它会逐渐下降。

使用mysqli_error()得到你得到的确切错误，并可能对如何修复所述错误有一点了解。