PHP綁定parm總是顯示錯誤

這是代碼無法正常工作。錯誤：解析錯誤：語法錯誤，意外的'$ age'（T_VARIABLE）在...目錄中。PHP綁定parm總是顯示錯誤

 $name = trim($_POST['name']); 
     $age = trim($_POST['age']); 
     $insert= $db->prepare("INSERT INTO data (age, name, created) VALUES (?, ?, NOW())"); 
     $insert->bind_param('is' $age, $name); 

     if($insert->execute()){ 

     echo 'record added'; 
     die(); 
     }

來源

2014-02-19 SD7

簡單的語法錯誤：'$插入 - > bind_param（ '是' $年齡，$名）;'，加上'，''後 '身份證' '... – Yoshi

嘗試連接'$ insert-> bind_param（'is'。$ age，$ name）;' –

var_dump（gettype（$ _ POST ['age']））;返回？注意修剪功能只能將字符串作爲參數 –

你缺少類型規範字符後,（is）：

$insert->bind_param('is' $age, $name);

應該是：

$insert->bind_param('is',$age, $name);

所有的參數應由,

來源

2014-02-19 10:17:11

我認爲''is''不是一個參數，我認爲他試圖將'is'與'$ age'連接起來。 –

@Codrutz Codrutz：''is''是類型說明字符。這裏我是整數，s是字符串。 –

我可以知道downvote的原因嗎？ –

分開我相信你沒有遵循PDO規則來準備e並執行任何查詢。

請參閱以下網址，

PDO::prepare

我希望這會幫助你。

來源

2014-02-19 10:20:02

您在這裏混的mysqli代碼PDO

$name = trim($_POST['name']); 
     $age = trim($_POST['age']); 
     $insert= $db->prepare("INSERT INTO data (age, name, created) VALUES (?, ?, NOW())"); 
     $insert->->bindParam(1, $age, PDO::PARAM_INT); 
     $insert->->bindParam(2, $name, PDO::PARAM_STR, 12);//Change 12 to suit 
     if($insert->execute()){

來源

2014-02-19 10:48:23

PHP綁定parm總是顯示錯誤

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