未捕获的TypeError：传递给…的参数1必须是mysqli的实例，给定为null

Question

我只是一个php代码的初学者，在从事学校项目时会被这个问题困扰一段时间。 我的数据库（使用phpmyadmin）有一个称为Assets的表，其中包含几张图像，每张图像均具有自动递增的ID。 我想创建一个显示功能，将所有这些图像显示给用户，但是我一直遇到这个问题。 任何建议或帮助将不胜感激。

显示功能：

function display(mysqli $conn){

    $sql = "SELECT * FROM assets ORDER BY id DESC";
    $result = mysqli_query($conn, $sql);
    while($row = mysqli_fetch_array($result)){

       echo '<img src="data:image/jpeg;base64,'.base64_encode( $result['file'] ).'"/>'; 

    }
}

与数据库的连接：

/* Try catch to connect to database*/
try{
    $conn = mysqli_connect("localhost", $dbuser, $dbpassword, $db);
}catch(Exception $e){
    echo "<br>" . $e->getMessage();
}

调用显示功能：

<?php display($conn); ?>

Answer 1

只需使用：

function display($conn){
...
}

但是..如果出现错误“为函数参数提供NULL”，则可能将错误的登录名/密码传递给DB-检查它或变量是否超出文件范围。