Mysqli連接問題致命錯誤

Question

我有以下代碼：

class config_model
{
    public $host;
    public $root;
    public $root_password;
    public $db;

    public function __construct() {
        $this->host = "localhost";
        $this->root = "root";
        $this->root_password = "";
        $this->db = "Data";
    }

    public function init() {
        $mysqli = new mysqli($this->host, $this->root, $this->root_password, $this->db);
        if ($mysqli->connect_error) {
            die('Connect Error (' . $mysqli->connect_errno . ') '
                . $mysqli->connect_error);
        }
        return $mysqli;
    }
}

$config_model = new config_model();
echo $config_model->init();

當我檢查腳本時，我看到此錯誤：

“可捕獲的致命錯誤：無法將mysqli類的對象轉換為字符串”。

erorr在這里：“ echo $ config_model-> init（）; ”

如何處理此錯誤？

Answer 1

您的錯誤是這樣的：

“可捕獲的致命錯誤：無法將mysqli類的對象轉換為字符串”。

現在，讀取錯誤：它表示mysqli類的對象未轉換為string 。 實際閱讀它。 現在，我希望您知道什么是對象，也希望您知道什么是字符串。 因此，對象在某處被轉換為字符串，並且該對象無法處理該轉換。

這是哪里發生的？ 一行一行地讀取代碼，甚至給出錯誤發生的行：

echo $ config_model-> init（）;

你是呼應了一個對象，因為這是正在被回版由->init()方法調用，init的給你回的對象類型。 然后，您立即告訴PHP將這個對象輸出為字符串類型。 這是引起問題的原因。

解

PHP有一個__ToString()魔術方法 ，您可以將其添加到對象中，以便您將其稱為字符串（不應該，但是...），該對象將運行此魔術方法並輸出您指定的內容。

一個更簡單的解決方案也不是嘗試將對象輸出為字符串，而是在確實需要時使用諸如print_r或var_dump例程（但如上所述，您完全不應該在理想環境中這樣做）。

Answer 2

代碼$config_model->init()返回Config_model類的對象，因此您不能“回顯”它，因為echo用於字符串。如果要測試配置，則可以使用var_dump() 。

例如：

$config_model = new config_model();
var_dump($config_model->init());

Answer 3

mysqli_report(MYSQLI_REPORT_STRICT);

try {
     $connection = new mysqli('localhost', 'my_user', 'my_password', 'my_db') ;
} catch (Exception $e ) {
     echo "Service unavailable";
     echo "message: " . $e->message;   // not in live code obviously...
     exit;
}

Answer 4

$ config_model =新的config_model（）;

$ config_model是對象，無法回顯它，只需使用var_dump（）。