很难说出这里要问什么。这个问题模棱两可、含糊不清、不完整、过于宽泛或夸夸其谈，无法以目前的形式得到合理的回答。如需帮助澄清此问题以便重新打开，visitthehelpcenter.关闭10年前。我是Codeigniter的新手。如何使用codeigniter在mysql中存储表单值，任何人都可以帮助我......是否有任何链接你可以提供......提前致谢。
例如如果我有这些变量:$variable1="ABCDEFG";$variable2="AbCDefG";数据库中的内容如下:ABCDEFGIJKLMNOPQRSTUV...如果我尝试像这样使用like()方法:functionget_users(){$q=$this->db->select('*')->from('users')->order_by('createdasc')->like('username',$variable1)->get();return$q;}结果就OK了，从数据库中找到ABCDEFG记录但是，如果我用Uppercase和Lowercase传递$variabl
好吧，我是CodeIgniterFramework的新手，我正在尝试构建一个通用模型类。见:classBasic_ModelextendsCI_MODEL{function__construct(){//CalltheModelconstructorparent::__construct();}}我想扩展所有基于Basic_Model的模型，如下所示:classPagina_ModelextendsBasic_Model{function__construct(){//CalltheModelconstructorparent::__construct();}}问题是当我尝试从Cont
我正在阅读Codeigniter2.2教程，但我不清楚如何使用session进行登录。假设我有一个login.php，它使用数据库检查用户数据。如果没问题，那么我应该在Controller中设置session吗？$this->load->library('session');然后在admin.php页面中我应该检查session是否存在？:$this->session->user_data('item');??或者我如何检查此人是否已登录？谢谢 最佳答案 基于docs，要在session中执行任何自定义操作，您需要加载session
在默认的Codeigniter安装中，有一个“欢迎”Controller，它有一个“索引”操作，可以加载“欢迎”View。这按预期工作。但是，在检查“欢迎”View时，我可以在页脚中看到这个变量。Pagerenderedin{elapsed_time}seconds据我所知，变量{elapsed_time}是使用内置模板解析器和文本表示而不是使用PHP短标记来回显变量的示例。但是在“欢迎”Controller中，“索引”操作中的唯一行是这些。$this->load->view('welcome');而且它没有传递$data['elapsed_time']='xxx';这意味着我无法弄清
我有一个博客页面，我正在尝试使用CodeIgniter对其进行分页。编号和限制似乎工作正常，但当我尝试转到另一个页面时不断收到404。奇怪的是导致这个问题的罪魁祸首是正确的。baseUrl和uri_segment。我的Controller看起来像这样:$config=array();$config["base_url"]=$this->config->site_url("/blog");$config["total_rows"]=$this->blog_model->count();$config["per_page"]=2;$config["uri_segment"]=2;$conf
我正在尝试在我的Controller中编写表单验证规则以提交更改密码表单，我也在其中检查旧密码。我从db获取旧密码(当前)并将其放在隐藏的输入字段中。我的规则很简单，如下所示$config=array(array('field'=>'old_password','label'=>'oldpass','rules'=>'trim|required'),array('field'=>'conf_password','label'=>'connewpass','rules'=>'trim|required|matches[password]'),array('field'=>'passwor
我的CI应用程序中有一个ajax请求，这是我的cstom.js文件。$(document).ready(function(){varbase_url='';$('#add-ct').click(function(){$.ajax({url:base_url+'stockmanagement/add_category',data:{category:$('#category').val()},success:function(data){alert(data);},error:function(err){alert('error'+err);}});});});但是base_url没有被
我刚刚将我的CodeIgniter项目移至新服务器，现在我收到500错误并且项目没有输出。它在我的旧服务器和我的测试环境中运行良好。我完全不知道如何解决这个问题，特别是因为日志文件中没有任何用处。任何帮助都会很棒! 最佳答案 嗯，这很尴尬。我缺少php-mysql。CodeIgniter没有记录它找不到它的事实，/var/log/messages中什么也没有出现。安装它，突然间，它工作了。感谢大家的回答。 关于php-CodeIgniter500错误，我们在StackOverflow上找
如何在codeigniter中的下拉列表数组中使用set_select()(表单助手的一部分):用于记住用户选择了哪个选项。$guide_options=array('investments'=>'Investments','wills'=>'Wills','tax-planning'=>'Taxplanning','life-insurance'=>'Lifeinsurance','currency-exchange'=>'Currencyexchange','retirement-planning'=>'Retirementplanning','international-heal
