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我有一个查询可以给我完美的结果。但我需要将 mysql 错误(如果有)发送到 UI。所以我特意将列名更改为 blah_text
。
$qID = 13
$this->db->select('id AS optionID, blah_text AS option, is_correct AS isCorrect');
$oQuery = $this->db->get_where('xq_options', array('question_id' => $qID));
if($oQuery){
$qnaArray['options'] = $oQuery->result_array();
}
else{
//$qnaArray['error'] = $this->db->_error_message();
echo "Error: " . $this->db->_error_message();
}
所有获取都是错误:
我尝试使用 native mysqli 函数 mysqli_error($oQuery);
但相同的 O/P
注意:我在数据库配置文件中设置了 'db_debug' => FALSE
。如果我将它设置为 TRUE,我会收到 CI 错误消息
错误号:1054“字段列表”中的未知列“blah_text”SELECT id AS optionID,blah_text AS option,is_correct AS isCorrect
如何捕获变量中的 sql 错误并将其发送到 UI,如 $qnaArray['error']
编辑:'db_debug'
当前设置为 FALSE。我希望将错误消息设置在变量中。屏幕上没有回显。
最佳答案
$this->db->_error_message();
选择数据时不会执行。
使用这个
$qID = '13';
$query = $this->db->query(
"SELECT id AS optionID, blah_text AS option, is_correct AS isCorrect
FROM table_name WHERE xq_options = $qID");
$result = $query->result_array();
$count = count($result);
if (!empty($count)) {
return $result;
}
else{
echo "No Data Found";
}
关于php - 代码点火器 : $this->db->_error_message() message returns NULL,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/33433725/
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我是一名优秀的程序员,十分优秀!