PHP 注意：试图获取非对象的属性

Question

我这几天一直在尝试修复这部分 PHP 代码，但似乎没有任何效果。

我基本上是一个超级新手。几乎上周我决定尝试使用 PHP 从头开始​​制作博客。这要求我学习PHP。因此，通过遵循教程和阅读 w3schools 之类的网站，我慢慢地学习了适用的 PHP。

无论如何，这是我正在处理的代码部分：

$query = $db->prepare("SELECT post_id, title, body, date_posted, category
                       FROM posts INNER JOIN categories ON
                       categories.category_id=posts.category_id ORDER BY
                       post_id desc limit $start, $per_page");
$query->execute();
$query->bind_result($post_id, $title, $body, $date_posted, $category);

$author = $db->prepare("SELECT username FROM posts INNER JOIN user ON
                            user.user_id=posts.user_id");
print_r( $author->error );
$author->execute();
$author->bind_result($username);

让我解释一下。我有 3 个数据库表：帖子、类别和用户。大多数帖子信息都在“帖子”中，包括 category_id 和 user_id，但不是类别和用户的实际名称。我从另外两张桌子上得到这些。 $db 使用 mysqli。

上述代码的 $query 部分运行良好。 $author prepare 行是我遇到问题的地方。我根据有效的 $query prepare 行编写了该行。

但是当我运行代码时，我得到“注意：试图获取非对象的属性”。这会导致 $author->execute() 不起作用并产生错误：“致命错误：调用非对象上的成员函数 execute()。”

再说一次，由于我是一个超级新手，我认为修复非常简单，可能与我对 PHP 的无知有关。有没有人有任何想法或建议？提前感谢您的帮助。

Answer 1

错误是说 $author 是一个非对象。

如果$author = $db->prepare() 正确执行，它将返回一个mysqli_stmt 对象。相反，它可能返回了false

您可以通过以下方式确认：

echo($author); // Should be false
echo($db->error); // A string representation of your error.

为后代编辑：

prepare() 语句的一个更好的实践、容错实现可能如下所示，如here 所述：

$stmt = $mysqli->prepare($query) or trigger_error($mysqli->error);

您应该在此处查看文档： http://www.php.net/manual/en/mysqli.prepare.php

另外，如果您是 PHP 新手，我会推荐 PDO 库而不是 mysqli，一旦您开始获取结果，它们会更容易使用。