php - 使用 mysqli 对象使用 php 对象连接到 mysql 的最佳方法

Question

如果我的 php 应用程序中有一个连接到数据库的对象，假设我正在使用 mysqli 作为我的数据库事务的对象。

例子:

$dbase = new mysqli('localhost','dbuser','dbpass','dbname');
$oresult = $dbase->query("SELECT `field` FROM `table` WHERE `otherfield` = 12;");
if($oresult->num_rows > 0) {
    $row = $oresult->fetch_row();
    $data = $row[0];
}

但我有另一个自定义对象要与数据库通信。

<?php
class Thing {
    private $sql = '';
    public $results = '';

    public function __construct($sql) {
        $this->sql = $sql;
        $this->get_data();
    }

    private function get_data() {
         // get the stuff from the dbase using $this->sql
         $this->results = 'whatever';
    }
}

$thing = new Thing("SELECT `field` FROM `table` WHERE 1");
// do whatever i want with $thing->results
?>

在我有'//get the stuff from the dbase using $this->sql'行的地方我想连接到数据库并获取数据。

最好是创建一个新的 mysqli 对象(我发现它有问题，因为我需要将连接信息传递给我拥有的每个对象)还是我可以通过使用以某种方式引用我已经拥有的对象

global $dbase

在 get_data 函数中。

什么是最佳实践？

Answer 1

为数据库连接创建一个包装器类。包装器可以是单例，也可以将 mysqli 连接存储在静态字段中。

class DB {
    static public $_connection;
    static function connection(...) {
        if (! self::$_connection) {
            self::$_connection = mysqli_connect(...);
        }
        return self::$_connection;
    }
}

这还可以轻松隔离用户凭据，将它们存储在单个脚本或配置文件中。

您可以使用 DB 类本身，而不是 DB 类公开连接。将connection() 变成一个构造器，编写一个prepare() 方法和一个DBStatement 类。

class DB {
    static private $_connection;
    function __construct(...) {
        if (! self::$_connection) {
            self::$_connection = mysqli_connect(...);
        }
    }
    // returns an SQLStatement
    function prepare($query) {
    }
}