如何在 Zend Framework 2 中编写类似查询答案

【问题标题】：How to write a like query in Zend Framework 2如何在 Zend Framework 2 中编写类似查询
【发布时间】：2017-05-26 05:43:50
【问题描述】：

我创建了一个运行良好的选择查询。但现在我需要将其更改为类似查询。谁能告诉我正确的方法？

这是我的选择查询结构 ->

public function getSelectedHotel($id)
{
    $selectedHotel = $this->tableGateway->select(['hotel_id' => $id]);

        return $selectedHotel;
}

当我这样编码时，它给了我这个错误。

代码->

$hotelsByYear = $this->tableGateway->select()->where('date_added like ?',$year.'%');

错误->

致命错误：未捕获的错误：调用未定义的方法 Zend\Db\ResultSet\ResultSet::where() in

【问题讨论】：

Zend 2 - TableGateway Where Clauses的可能重复

标签： php mysql zend-framework

【解决方案1】：

请尝试以下代码或参考official document。

$where = new Where();    
$where->like('Field_Name', '%'.$ParamVal.'%');
//use as below
$this->tableGateway->select($where);

别忘了使用Zend\Db\Sql\Where;

希望对你有帮助

【讨论】：

【解决方案2】：

请查看文档：https://framework.zend.com/manual/2.2/en/modules/zend.db.table-gateway.html#basic-usage

应该是这样的：

$hotelsByYear = $this->tableGateway->select(function (Select $select) {
    $select->where->like('date_added', $year.'%');
});

说明：每次你调用 $tableGateway->select() 查询都会被执行，所以如果你做 $tableGateway->select()->where() 你在 ->select() 方法的结果上调用 ->where() ，这显然是一个 Zend\Db\ResultSet\ResultSet。

【讨论】：

【解决方案3】：

$table->select()->where('Field_Name', '%'.$ParamVal.'%');

【讨论】：

【解决方案4】：

另一种选择是使用谓词：

$selectedHotel = $this->tableGateway->select([
    'hotel_id' => $id,
    new \Zend\Db\Sql\Predicate\Like('date_added', $year.'%')
]);

【讨论】：