我正在研究多个数据库的使用。根据codeigniter用户指南。要连接到其他数据库，请使用以下命令$db2=$this->load->database('second');然后进行交互使用，$db2->get('second_table');我收到一个对非对象成员函数“where()”的fatalerror调用。下一行$db2->where('field1',$data['item']);也为$db2->get('second_table');我哪里出错了？感谢您的帮助。 最佳答案 为了返回数据库对象，您需要传递一个TRUE作为第二

可能很简单，但我在文档或搜索中没有任何运气。我正在尝试将orderby子句添加到我的一个ActiveRecord查询中，如下所示:$result=$this->db->get('mytable');$this->db->order_by('age','ASC');它有效，但是我收到错误消息，因为orderby子句应用于我的所有其他查询，并且我收到错误消息，因为我的年龄列并不存在于所有表中。那么如何将$this->db->order_by('age','ASC')限制为仅针对一个特定查询？谢谢。 最佳答案 你应该在$result=$t

View看起来像这样我希望用户能够一次上传多张图片。上传后我想在数据库中输入图像详细信息，最后将图像移动到上传文件夹。我有codeigniter的基础知识ps:我不想使用uploadify或类似的图片上传插件。尽量保持重量轻更新这是我在尝试var_dump($_FILES['userfile'])时得到的数组类型。我应该使用什么样的循环来分离各个图像的数据。array'name'=>array0=>string'01.jpg'(length=6)1=>string'1(26).jpg'(length=10)'type'=>array0=>string'image/jpeg'(lengt

我特别希望在CodeIgniter中完成此任务。我正在编写的PHP应用程序允许用户上传jpg或动画gif图像。在下一步中，我希望允许用户使用jCrop裁剪一些不同大小的缩略图。这将需要我将动画gif的新副本转换为jpg。我的代码可以很好地处理上传的jpg图像，但会为gif文件创建损坏的图像。我想做的事情可行吗？我的代码://Createimagetocrop$config['image_library']='ImageMagick';$config['library_path']='/usr/bin';$config['source_image']=$this->config->ite

我正在使用FBPHPSDK将消息发布到用户的墙上。一旦用户通过FB进行身份验证，我就允许他们使用此辅助函数发布消息functionpost_facebook($fb){$CI=&get_instance();$CI->load->library('facebook');$config=array('appId'=>'123123123123','secret'=>'567567567567');$facebook=newFacebook($config);$user_id=$facebook->getUser();if($user_id){$facebook->api('/me/fee

我在使用CodeIgniters实现的session在重定向后被删除时遇到了一些问题，所以我要恢复到正常的PHPsession。session_start();的最佳位置在哪里，假设我希望在每个页面上调用它而不将它添加到每个Controller构造函数中？我想把它放在主index.php的顶部会很好，只是想确保这样做不会破坏任何东西，或者是否有更好/标准的地方来放置它？ 最佳答案 这就是为什么我总是使用包含应用程序范围代码的扩展Controller。要扩展codeigniterController，请将此代码放在名为MY_Contr

我想从2个不同的模型创建一个表单，第一个是国家，第二个是文件。问题是我无法制作下拉列表，我总是遇到错误。这是代码，首先是我的controller.php部分$model=newCountry;$model2=newProduct;$this->performAjaxValidation(array($model,$model2));if(isset($_POST['Country'],$_POST['Product'])){//populateinputdatato$modeland$model2$model->attributes=$_POST['Country'];$model2-

我找不到这个问题的答案。假设我使用codeigniterformhelper输出一个输入字段:echoform_input('username','username');如何将class或id等属性添加到input字段？ 最佳答案 您可以传递一个关联数组，其中包含您希望表单包含的任何数据:试试这个$data=array('name'=>'username','id'=>'username','class'=>'username','value'=>'username',);echoform_input($data);请仔细阅读用户指

我已经读过this和this和其他人，但没有人解决我的问题。我已经删除了所有可能的内容并将范围缩小到一个字段:地址。当我尝试关注thistutorial时，如果我遵循它，一切都会正常，从一个全新的新项目开始。但是当我在我的其他项目中手动执行时，我得到了这个错误:“可捕获的fatalerror:传递给BN\Bundle\MyBundle\Entity\PersonTeacher::addAdresse()的参数1必须是BN\Bundle\MyBundle\Entity\Adresse的实例，C:\Users\Olivier\PhpstormProjects\中给出的数组My\My\src

我想在某个cronjob期间抑制codeigniter错误日志中的通知。我试过在该行前面使用@，但它仍然在日志中打印通知:这是生成通知的行:@$resultarray[1][2]++;通知:...严重性:通知-->undefinedoffset:1...我在这里做错了什么？(我在使用它时考虑周到，所以请不要发消息声称不使用@，谢谢:)) 最佳答案 要让PHP报告除E_Notice之外的所有错误，请像这样调用PHPerror_reporting函数:error_reporting(E_ALL&~E_NOTICE);我认为最好的方法是在