严格的标准：只有变量应该通过引用传递

Question

我对 php 很陌生，我在本地服务器上测试了这段代码，它运行良好，但是当我将它上传到网络服务器时，我开始收到以下错误。

这是代码：

    "if($stmt=$mysqli->prepare("SELECT members.id, permissions.name FROM members,permissions WHERE username=? AND password=? AND members.type=permissions.id" )){
    $username=$input["user"];
    $password=$input["pass"];
    $configsalt=$config["salt"];
    $stmt->bind_param("ss",$username,md5($password.$configsalt));
    $stmt->execute();
    $stmt->bind_result($id,$type);
    $stmt->fetch();"

第 39 行是“$stmt->bind_param("ss",$username,md5($password.$configsalt));”

严格的标准：在第 39 行的 /home/hotel132/public_html/bulbmg/index.php 中只应通过引用传递变量

致命错误：无法在第 28 行的 /home/hotel132/public_html/bulbmg/includes/config.php 中重新声明 is_admin()（之前在 /home/hotel132/public_html/bulbmg/includes/config.php:22 中声明）

我不知道为什么会出现第二个错误！！！ '

.......
//Functions

function is_admin(){
if($_SESSION['type']=="admin"){
    return true;
}
else{
    return false;
}
}  //line 28
?>'

小子帮我解决这个问题。

Answer 1

你不应该使用文字，尝试使用变量。

错误：您是否多次包含或要求文件？ 尝试include_once / require_once

否则检查function_exists

编辑：你试过这个吗？

if (!function_exists('is_admin')) {
    function is_admin(){
    if($_SESSION['type']=="admin")
        return true;
    else
        return false;
    }
}