我在CodeIgniter根目录中创建了一个上传文件夹，它接受所有从表单上传的图像。然后将上传路径发送到数据库。后来我在View页面中从数据库中检索所有信息。我试图让所有图像显示在上传的View页面上，但上传路径向URL添加了太多内容。上传配置如下所示:$config=array('upload_path'=>'./uploads/','allowed_types'=>'gif|jpg|png','max_size'=>'6000','max_width'=>'2068','max_height'=>'1032','encrypt_name'=>true,);查看页面如下所示:file
总结我目前正在使用"$search_fieldLIKE'$this->db->escape_like_str($search_string)%'";来转义动态创建的搜索查询。创建的结果SQL语句不会产生任何错误，但也不会产生任何结果。下面是我在做什么的详细描述。详情我正在使用jqGrid及其搜索功能。当用户输入搜索词时，它会将$filtersjson对象发送到我的服务器。然后我解析它并创建一个SQL语句来获取请求的数据。这是转义传入搜索数据的代码(这也是问题所在):$search_string_like=$this->CI->db->escape_like_str($search_
好的，所以我有一个网络系统(建立在codeigniter上并在mysql上运行)允许人们通过在一系列表格中进行选择来查询邮政地址数据的数据库，直到他们到达想要的选择，非常标准的东西。然后他们可以购买该信息并通过该系统下载。查询运行得非常快，但是在将该查询应用于数据库并将其导出到csv时，一旦数据集达到大约30,000条记录标记(每行大约有40列，其中大约20列全部每个单元格平均填充20个字符的数据)导出到csv可能需要5分钟左右的时间。那么，我的问题是，速度缓慢的主要原因是什么？是不是查询的数据结果集太大，以至于遇到内存问题？因此我应该为这个过程留出更多的内存吗？或者，是否有更有效的方
我使用的是codeIgniter2.0.3版。我想知道是否有一种简单的方法可以返回具有正确数据类型的数据。例如模式:+-------+--------------+------+-----+---------+----------------+|Field|Type|Null|Key|Default|Extra|+-------+--------------+------+-----+---------+----------------+|id|int(11)|NO|PRI|NULL|auto_increment||term|varchar(255)|NO||NULL|||level|
我在codeigniter中使用以下查询:$this->db->select('products.id,categories.nameascat_name,products.nameasname,products.product_image,products.description,products.price,products.furl,products.on_sale,products.quantity_in_stock,products.product_code,products.rating_1,products.rating_2,products.rating_3,produ
首先，我的数据库表字段中有以下详细信息，如'company_name'=>'TestCompany'。我想在比较输入数据('TestCompany'或'TestCompany')，因为该字符串(测试公司)的存在。请建议查询是否存在。我使用了以下内容，但它在所有情况下都不起作用。$companyname="TestCompany";$this->db->select("*");$companynames=str_replace('','',$companyname);$where="companyin('$companyname','$companynames')";//$where="
这是我的代码:publicfunctionremove_employee($emp_no,$now){$this->db->delete('employees',array('emp_no'=>$emp_no));$this->db->flush_cache();$this->db->start_cache();$this->db->where('emp_no',$emp_no);$this->db->where('to_date','9999-01-01');$this->db->update('dept_emp',array('to_date'=>$now));$this->db-
我将Memcached与我用CodeIgniter编写的PHP网络应用程序结合使用。我使用这个Memcached库https://github.com/tomschlick/memcached-library当我缓存数据时，我将过期时间设置为7200，即2小时。模型查询片段:$result=$this->memcached_library->get(md5($sql));if(!$result){$cursor=$this->db->query($sql);$result=$cursor->row();$this->memcached_library->set(md5($sql),$r
是否可以使用CodeIgniter的事件记录实用程序连接来自不同数据库的多个表？我知道我必须在database.php中创建两个单独的数据库组并在模型中手动加载它们:$this->DB1=$this->load->database('somename1',TRUE);$this->DB2=$this->load->database('somename2',TRUE);但是，我不知道如何使用它们连接来自两个独立数据库的多个表。我怎样才能做到这一点？ 最佳答案 据我所知，无法使用多个数据库实例(即您的$DB1和$DB2变量)执行此操作。
我有一个数据输入项目，使用PHPCodeigniter的在线Web应用程序。我的项目有150多个问题，用户大约有400个。我担心有这么多问题和这么多用户，尤其是我只是用简单的方法将数据插入数据库。我使用表单操作并使用POST提交。我觉得，把我之前提交的数据转成SQL文件上传到服务器，会更好。但是我不知道那个方法。或者，也许我可以使用其他方法或方式？？需要帮助，抱歉我的英语不好，非常感谢。 最佳答案 要使数据库保持一致状态，您应该使用事务(如果您在一个请求中插入/更新来自多个表的数据)。$db->beginTransaction();
