使用来自另一个 php 文件的 php 文件中定义的函数时出错答案

【问题标题】：Getting error when using a function defined inside a php-file from another php-file使用来自另一个 php 文件的 php 文件中定义的函数时出错
【发布时间】：2018-01-01 11:20:15
【问题描述】：

说，我有一个名为 functions.php 的 php 文件，如下所示：

<?php

    include_once("db_connect.php");
    ### function to populate the City/State/Country drop-downs ###
    function get_option_list($table,$col_id,$col_value,$sel=0){
        $SQL = "SELECT * FROM $table";
        $rs = mysqli_query($db,$SQL) or die(mysqli_error());
        $option_list = "<option value='0'>Please select...</option>";
        while($data = mysqli_fetch_assoc($rs)){
            $option_list.= "<option value='$data[$col_id]'>$data[$col_value]
  </option>";
        }
        return $option_list;
    }

    //echo get_option_list("city","city_id","city_name");
    //echo get_option_list("state","state_id","state_name");
    //echo get_option_list("country","country_id","country_name");

?>

还有另一个名为 db_connect.php 的 php 文件如下：

<?php
    $db = mysqli_connect("localhost","root","","sms1") or die(mysqli_connect_error());
?>

现在，我想通过以下方式使用另一个名为 my_view.php 的 php 文件中的 get_option_list() 方法：

<?php include_once("functions.php"); ?>
<form>
    <select>
    <?php echo get_option_list("city","city_id","city_name"); ?>
    </select>
</form>

拥有所有这些文件后，每当我运行 my_view.php 文件时，我都会收到如下错误：

Notice: Undefined variable: db in C:\xampp\htdocs\sms1\includes\functions.php on line 7
Warning: mysqli_query() expects parameter 1 to be mysqli, null given in C:\xampp\htdocs\sms1\includes\functions.php on line 7
Warning: mysqli_error() expects exactly 1 parameter, 0 given in C:\xampp\htdocs\sms1\includes\functions.php on line 7

但是，当从functions.php 文件本身调用get_option_list() 时，没有出现此类错误，我可以看到预期的输出。我怀疑我的代码中存在一些问题，无法处理从一个文件正确传递到另一个文件的值。有谁能帮帮我吗？

【问题讨论】：

标签： php include-once

【解决方案1】：

get_option_list 方法没有传递$db 值的参数。

你可以包括它：

function get_option_list($db, $table, $col_id, $col_value, $sel=0) {

然后通过它：

<?php echo get_option_list($db, "city","city_id","city_name"); ?>

【讨论】：

【解决方案2】：

您必须将$db 用作全局，但这不是一个好习惯。

 function get_option_list($table, $col_id, $col_value, $sel=0){
        global $db;
        $SQL = "SELECT * FROM $table";
        $rs = mysqli_query($db,$SQL) or die(mysqli_error());
        $option_list = "<option value='0'>Please select...</option>";
        while($data = mysqli_fetch_assoc($rs)){
            $option_list.= "<option value='$data[$col_id]'>$data[$col_value]
  </option>";
        }
        return $option_list;
    }

可以使用Medoo、MeekroDB等PHP数据库库...

否则，您必须将$db 作为参数传递。

get_option_list($db, $table, $col_id, $col_value, $sel=0)

【讨论】：

感谢@Manpreet 的反馈！您能否让我知道在这种情况下这里的良好做法是什么？