我有一个CodeIgniter应用程序仍在开发中，但我意识到当我登录并在session中设置用户数据时，它已设置但在重定向后消失了。因此，我无法在重定向后访问session数据。这是我的登录脚本publicfunctionlogin(){if(!empty($_SESSION['user_id'])){//Meaningyouareloggedin//Weinformyou$this->session->set_flashdata('msg',"Youarealreadyloggedinas".$this->session->user_name."");//Andsendyouback
我刚刚安装了PHP5.3并且正在清除随之而来的“已弃用”警告。它说session_unregister()isdeprecatedin:session_unregister($serverWideUniqueIdCode);替代品似乎是$_SESSION[]。那么用$_SESSION[]来表达同样的东西的语法是什么？ 最佳答案 引用thedoc(看看那个页面，它说了很多有趣的东西；-)):session_unregister()unregisterstheglobalvariablenamednamefromthecurrentse
我正在循环访问我的session变量。我已经能够回显session值，但我还想回显与该值对应的session名称。如何在每次循环时回显session变量名称？这是我目前拥有的代码:foreach($_SESSIONas$value){echo'Currentsessionvariableis:'.$value.'';} 最佳答案 这个？foreach($_SESSIONas$key=>$value){echo'Currentsessionvariable'.$key.'is:'.$value.'';}
我正在尝试通过MacOSX10.6上的命令行使用PHP与远程服务器建立交互式SSH连接。我目前正在使用PHP的proc_open函数执行以下命令:ssh-t-t-p22user@server.com这几乎行得通。-t-t选项应该强制使用他们几乎会做的伪终端。我可以输入SSH密码并按回车键。但是，在按回车键后，终端似乎只是挂起。没有输出，什么也没有——就好像SSHsession失败了。我无法运行命令或任何东西，必须使用Ctrl+C终止整个过程。我知道登录成功，因为我可以执行类似ssh-t-t-p22user@server.com"ls-la"的命令并获得正确的输出。我认为问题一定与我在p
您能否详细解释为什么出现此代码:$arr=array(1,2,3);list($result[],$result[],$result[])=$arr;print_r($result);结果:Array([0]=>3[1]=>2[2]=>1)? 最佳答案 请参阅list的PHP文档:list()assignsthevaluesstartingwiththeright-mostparameter.Ifyouareusingplainvariables,youdon'thavetoworryaboutthis.Butifyouareusi
我有一段代码，其中变量可以是数组或只是一个字符串。if(!is_array($relation['display_name'])){//dosomethingwith$relation['display_name']}else{foreach($relation['display_name']as$display_name){//dothesamewith$display_name}}这当然有效——但不是很好。而且我将不得不这样做很多次。有更好的方法吗？ 最佳答案 你可以这样做:foreach((array)$relation['d
我正在尝试在多个子域上使用session数据:www.example.commy.example.comtest.example.comwhateversub.example.com当我尝试将来自www.example.com的session数据用于任何子域时，无法访问所有session信息。我没有使用cookie。只是session。我有GoDaddy作为虚拟主机。GoDaddy允许上传自定义php5.ini文件。由于我是PHP初学者，请将您的回复简化为我可能理解的内容。这是一个例子:文件1:文件2: 最佳答案 请确保您也在子域上
能否请我对以下问题提出设计建议:我正在使用Codeigniter/Grocery_CRUD。我的系统是Multi-Tenancy的-不同的自治站点-在同一个客户端中。我有很多具有唯一逻辑键的表实例。一种这样的表结构是:装备元素编号(pk)equip_type_id(fktoequip_types)site_id(fktosites)姓名其中(equip_type_id,site_id,name)在一起是我数据库中的唯一键。问题是，当使用grocery_CRUD表单添加或编辑违反此数据库规则的记录时-添加或编辑失败(由于数据库中的限制)但我没有得到任何反馈。我需要is_uniquefor
我在使用easyphp服务器在本地工作的网站上遇到了问题。我现在已经将它上传到一个网络服务器并且它以前在那里工作，现在我收到php错误，例如:Calltoundefinedfunctionsession_status()in/home/site/public_html/index.phponline2它只是索引页面上的一个简单脚本，但所有其他页面都遇到相同的session错误问题，但它在本地工作，这使得它变得更加奇怪。';include'connectmysqli.php';include'menu.php';}else{echo'AccessDenied!';}?>
在PHP7.0中使用各种PHP框架session驱动程序时存在错误。我最初在使用CodeIgniter数据库驱动程序时遇到了这个问题，并认为这是一个CodeIgniter问题，但后来在多个session驱动程序和多个框架上遇到了这个问题。在这一点上，我已经安全地得出结论，session驱动程序的类型是无关紧要的——应用程序似乎是随机崩溃的，日志(我已经尝试过Apache和php-fpm+nginx)填满了以下内容:PHPFatalerror:session_start():Failedtoinitializestoragemodule:user(path:[whateverIhavei
