Prepared Statement 不能通过引用传递参数 2。 [复制]

Question

得到以下错误：

致命错误：无法通过引用传递参数 2 C:\xampp\htdocs\ppa\php\process_images.php 在第 29 行

只是尝试更新一条数据库记录，如下调试代码

$id = (int)$x;
echo $id.". Type: ".gettype($id);

产生这个： 4. 类型：整数 所以变量是正确的类型。

这是我的代码

if (isset($_POST['delete'])) {
    //Delete the image, first update the database, then move the image to a new folder. 
    foreach($_POST['product'] as $x) {
        if ($stmt = $mysqli->prepare("UPDATE images SET dodelete = ? WHERE id = ?")) {
            $id = (int)$x;
            echo $id.". Type: ".gettype($id);
            $stmt->bind_param("ii", 1, $id);   <---- line 29
            $stmt->execute();
            $stmt->close();
        } else {
            echo "Unable to delete image!";
        }
    }
}

起初我直接从 foreach 语句绑定 $x 变量，我认为这是问题所在，因为错误说它不能通过引用传递参数，但正如你所见，我创建了一个新变量 $id。

Answer 1

$stmt->bind_param("ii", 1, $id);
                     ---^

因为1不是参数，是整数。您需要改用 bindValue。