PHP 中类的 var

Question

我正在使用 PHP 类进行登录。 登录过程检查用户的 MySQL 数据库定义如下：

    class flexibleAccess{

  var $dbName = 'mydatabase';

但是，当我为不同的人安装应用程序时，这个 $dbName 需要不断更改。 我决定创建一个配置文件来保存数据库信息，这样我就必须在那里进行更改，因为这个登录类“隐藏”在某个地方，所以更容易。 问题是我想做这样的事情：

class flexibleAccess{

      var $dbName = $_SESSION['mydatabase'];

我收到错误：“解析错误：第 43 行 path/access.class.php 中的解析错误” 第 43 行是 $dbName 行...为什么我不能使用它从会话中动态获取我的值？ 我应该如何使用它？

谢谢

Answer 1

您可能不应该将数据库配置放在会话中。 对我来说感觉有点冒险。

我将使用这些信息创建一个配置文件，并将其包含在常量中：

dbconfig.php：

constant("DBNAME", 'mydatabase');

flexibleaccess.php：

require_once 'dbconfig.php';

class flexibleAccess {
  private $dbname;

  // set the default database name to the constant DBNAME
  // but allow override
  public function __construct ( $dbname = DBNAME )
  {
    $this->dbname = $dbname;
  }
}

任何需要数据库访问的文件：

require_once 'flexibleaccess.php';

$db = new flexibleaccess();

当然，您不需要将其设置为常量。 关键是您将配置与代码放在单独的文件中。

Answer 2

在 构造函数 中执行此操作（我在这里假设 php5 ...)

class flexibleAccess{

   private $dbName;

   function __construct() {
         $this->dbName = $_SESSION['mydatabase'];
   }
}

对于 php4，请将 __construct 替换为类的名称。

Answer 3

您必须在类的构造函数中将此变量分配为 PHP 4 仅允许常量作为初始值设定项的值：

在 PHP 4 中，仅允许 var 变量的常量初始值设定项。 要使用非常量值初始化变量，您需要一个初始化函数，该函数在从类构造对象时自动调用。 这样的函数称为构造函数（见下文）。

Answer 4

或者，您可以在调用类时指定类应从何处读取此信息，例如：

<?php
$login = new flexibleAccess();
$login->dbName = $_SESSION['mydatabase'];
?>

这样您的类就保持干净，并且可以从您喜欢的任何源或方法接受数据库名称（以及可能不同的任何其他信息） 。 作为一个额外的好处，您不必注意您使用的是哪个版本的 PHP，它在这两个版本中都可以正常工作。

希望这可以帮助！

-戴夫