php - SQL 查询从 mysql 转换为过程式错误 : Commands out of sync; you can't run this command now

Question

目前我将我的代码从 mysqli 样式编辑为 mysqli_stmt，以便能够更好地防止 SQL 注入(inject)。我重写了我的代码，但是当我想检查某个查询有多少行时，我收到此错误:命令不同步；你现在不能运行这个命令，所以我的表不会显示任何数据，但实际上它有。

我已经读了几个小时这个错误，但我不知道如何调整它才能使其正常工作。

此外，我知道在这种情况下我没有变量，但我倾向于在我的所有代码中使用相同的样式。

这是我目前使用的代码(无法正常工作):

$stmt = mysqli_prepare($conn,"SELECT * FROM `assets`");
    mysqli_stmt_execute($stmt);
    mysqli_stmt_store_result($stmt);

    if (!($result = mysqli_stmt_get_result($stmt))){ 
        die("Could not show the required data");}
    elseif (empty(mysqli_stmt_num_rows($result))){
                echo "Currently there are no assets to be shown.";}
    elseif (mysqli_stmt_num_rows($result) > 0){
        echo '<table id="table" class="display"><thead>
        <tr>
        <th>Asset name</th>
        <th>Classification</th> 
        <th>Tag</th>
        <th>Department</th> 
        <th>Next review date</th>   
        <th>Owner</th>  
        <th>Update</th>
        </tr></thead><tbody>';

        while($result2=mysqli_fetch_array($result, MYSQLI_NUM))
        {   $class="";
            if ($result2["Review_date"] < date('Y-m-d')){$class=" old";} elseif($result2["Review_date"] < date('Y-m-d', strtotime('+6 days'))){$class="notnew";} else {$class="new";}
                    echo '<tr class="'.$class.'">
                        <td>'.$result2["Asset_name"].'</td>
                        <td>'.$result2["Classification"].'</td>
                        <td>'.$result2["Tag"].'</td>
                        <td>'.$result2["Department"].'</td>
                        <td>'.$result2["Review_date"].'</td>
                        <td>'.$result2["Responsible"].'</td>
                        <td><a href="editassets.php?id='.$result2['id'].'">Edit</a> | <a href="deleteassets.php?id='.$result2['id'].'" onclick="return confirm(\'Do you want to delete this asset?\');">Delete</a></td>
                        </tr>';
        }
        echo '</tbody></table>';
    }

我知道我的问题出在第一个 elseif 语句上，我尝试使用 mysqli_stmt_free_result($stmt) 但在这种情况下我不知道它是否是解决方案，如果是的话，在哪里以及如何放置

感谢您的帮助!

Answer 1

以下是我的建议:

1. 永远不要使用mysqli_stmt_store_result()，除非您确切地知道它有什么用。请改用 mysqli_stmt_get_result()。无论如何 - 你不应该混合这两个功能。
2. 不要对结果使用 mysqli_stmt_num_rows()。请改用 mysqli_num_rows($result)。
3. 改用对象方法而不是全局函数调用。例如:$result->num_rows 而不是 mysqli_num_rows($result)。代码会更短，您将无法使用参数类型错误的函数，例如 mysqli_stmt_num_rows($result)。
4. 使用 MYSQLI_ASSOC 而不是 MYSQLI_NUM。或者使用 mysqli_fetch_assoc()。

您的代码应该类似于:

$stmt = $conn->prepare("SELECT * FROM `assets`");
$stmt->execute();
$result = $stmt->get_result()

if (!$result) { 
    die("Could not show the required data");
} elseif ($result->num_rows == 0) {
    echo "Currently there are no assets to be shown.";
} else {
    echo '<table id="table" class="display"><thead> [..]';

    while($result2 = $result->fetch_assoc()) {
        $class="";
        if ($result2["Review_date"] < date('Y-m-d')){
            $class=" old";
        } elseif($result2["Review_date"] < date('Y-m-d', strtotime('+6 days'))){
            $class="notnew";
        } else {
            $class="new";
        }
        echo '<tr class="'.$class.'">
            <td>'.$result2["Asset_name"].'</td>
            [..]
            </tr>';
    }
    echo '</tbody></table>';
}