Mysqli 连接问题致命错误

Question

我有以下代码：

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();

当我检查脚本时，我看到此错误：

"可捕获的致命错误：类 mysqli 的对象无法转换为字符串"。

erorr在这里："echo $config_model->init（）;"

如何处理此错误？

Answer 1

你的错误是这样的：

"可捕获的致命错误：类 mysqli 的对象无法转换为字符串"。

现在，阅读错误：它说类 mysqli 的对象未转换为字符串。实际阅读它。现在，我希望你知道什么是对象，我也希望你知道什么是字符串。因此，Object 位于正在转换为字符串的某个位置，并且对象无法处理该转换。

这是在哪里发生的？逐行读取代码，您甚至可以给出发生错误的行：

echo $config_model->init（）;

您正在回显一个对象，因为这是由 ->init() 方法调用返回的内容，Init 会返回一个对象类型。然后，您立即告诉 PHP 将此对象输出为字符串类型。这导致了问题。

溶液

PHP 有一个__ToString()魔术方法，你可以把它添加到你的对象中，这样你称之为字符串的东西（你不应该，但是......）对象将运行这个魔术方法并输出你指定的东西。

更简单的解决方案也不是尝试将对象输出为字符串，而是使用诸如 print_r 或 var_dump 之类的例程（但如前所述，您根本不应该在完美的世界中这样做）。

Answer 2

代码$config_model->init()返回Config_model类的对象，所以你不能"回显"它，因为回显用于字符串，如果您想测试您的配置，您可以使用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 = new config_model（）;

$config_model 是对象，不能回显它，只需使用 var_dump（） 即可。