使用MySQLi製作PHP菜單子菜單系統

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我正在嘗試使用php & MySQLi製作菜單子菜單。我有這個表： enter image description here 使用MySQLi製作PHP菜單子菜單系統

而且我有這樣的PHP代碼：

function my_menu($parent_id=0){ 
    $connection = mysql_connect("localhost","root","root"); 
      mysql_select_db("a_personality",$connection); 
      $query = mysql_query("SELECT * FROM categories WHERE parent_id = {$parent_id}"); 

      if(mysql_num_rows($query)){ 
       echo "<ul>"; 
       while($res = mysql_fetch_assoc($query)){ 
        echo "<li>"; 
        echo $res['name']; 
        dispay_menu($res['cat_id']); 
        echo "</li>"; 
       } 
       echo "</ul>"; 
      } 
}

但我必須把它與庫MySQLi寫的，我這樣做：

function dispay_menu($mysqli_conn,$parent_id=0){ 

      $query = $mysqli_conn->prepare("SELECT cat_id,name,parent_id FROM categories WHERE parent_id = ?"); 
      $query->bind_param('i',$parent_id); 
      $query->execute(); 
      $query->bind_result($cat_id_db,$name_db,$parent_id_db); 


      if($query->num_rows){ 
       echo "<ul>"; 
       while($query->fetch()){ 
        echo "<li>"; 
        echo $name_db; 
        echo "<script>alert('".$parent_id_db."');</script>"; 
        dispay_menu($mysqli_conn,$parent_id_db); 
        echo "</li>"; 
       } 
       echo "</ul>"; 
      } 
}

功能的的mysqli我這樣稱呼：dispay_menu（$ mysqli_conn）; 問題是我用mysqli的函數不起作用，是什麼問題？

比你！

來源

2014-05-19 user3297094

你是什麼意思，它「不起作用」。任何錯誤？任何警告？ – slugonamission

以下變量在此函數display_menu中未定義：$ cat_id_db，$ name_db，$ parent_id_db。這就是爲什麼，也許你的功能沒有得到正確執行。你可以在這個函數中定義這些變量，或者將它們作爲參數傳遞給這個函數。 –

如果我刪除if（$ query-> num_rows）這我得到錯誤致命錯誤：調用成員函數bind_param（）在非對象在C：\ xampp \ htdocs \ ... – user3297094

更換

dispay_menu($mysqli_conn,$parent_id_db);

與

dispay_menu($mysqli_conn,$cat_id_db);

目前您隨時來電與父ID 0子菜單。

來源

2014-05-19 08:27:25

再次不工作:(如果我刪除if（$ query-> num_rows），我得到錯誤而致命錯誤：調用成員函數bind_param（） C：\ XAMPP \ htdocs中.... – user3297094

使用MySQLi製作PHP菜單子菜單系統

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