扩展与不扩展PHP中的类

Question

我是新来的。 下面是尝试与数据库接口的开始。 如果语法不正确，请让我知道，它似乎可以在我的本地主机上运行。

我想我可以输入类Database extends Mysqli ，对吗？ 这将使Mysqli的方法可以直接由Database访问，而不是通过类本身创建的实例访问。 那会比我所做的更好吗？

class Database {

    #The variable that stores the database handle
    public $db;

    #The Database objects's datbase parameters
    public $host;
    public $user;
    public $password;
    public $database;

    #creates a Database object with the required databases details
    public function __construct($host, $user, $password, $database) {
        $this->host = $host;
        $this->user = $user;
        $this->password = $password;
        $this->database = $database;
    }

    #Stores the database handle as a var $db of the Database instance 
    public function connect() {
        if ($this->db = new Mysqli($this->host, $this->user, $this->password, $this->database)) {
            if ($this->db->connect_errno) {
                echo "No connection could be made <br/>";
            } else {
                echo "database succesfully connected <br/>";
            }
        }
    }
}

Answer 1

如果您的class Database代表数据库句柄，则不应将其公开：

#The variable that stores the database handle
public $db;

否则，您将不会封装该细节，因此根本不需要您的课程。

紧接着，当您开始编写类时， echo不属于其中：

    if ($this->db = new Mysqli($this->host, $this->user, $this->password, $this->database)) {
        if ($this->db->connect_errno) {
            echo "No connection could be made <br/>";
        } else {
            echo "database succesfully connected <br/>";
        }
    }

因为类是由通过其返回值而不是通过标准输出返回的方法组成。 相反，您想在这里抛出异常。 这也是Mysqli的功能，因此，您无需自己编写该错误处理代码即可上手：

• 将查询错误转换为MySQLi中的异常

在消除了这些或多或少明显的问题之后，您要问自己是否应该继承mysqli而不是对其进行汇总。

我实际上不能告诉你。 到目前为止，您共享的代码仅显示mysqli标准功能，因此，我建议完全删除该类，因为代码看起来多余。 所以我会说：都不是。 我认为没有理由使用您的Database类，因为您可以使用mysqli代替。