Mysqli Prepareステートメント-Falseを返しますが、なぜですか？

StackOverflow https://stackoverflow.com/questions/1219809

  •  10-07-2019
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質問

列に挿入される列名と値の連想配列とテーブル名（単純な文字列）に基づいて準備されたINSERTステートメントを生成する関数があります：

function insert ($param, $table) {
        $sqlString = "INSERT INTO $table (".implode(', ',array_keys($param)).') VALUES ('.str_repeat('?, ', (count($param) - 1)).'?)';
        if ($statement = $this->conn->prepare($sqlString)):
            $parameters = array_merge(array($this->bindParams($param), $param));
            call_user_func_array(array($statement, 'bind_param', $parameters));
            if (!$statement->execute()):
                die('Error! '.$statement->error());
            endif;
            $statement->close();
            return true;
        else:
            die("Could Not Run Statement");
        endif;
    }

私の問題は、$ this-＆gt; conn-＆gt; prepare（クラスの一部であり、connは問題なく機能する新しいmysqliオブジェクトです）がfalseを返すことですが、理由を教えてくれません！

prepareステートメント用に構築されるサンプル$ sqlStringは次のとおりです。

INSERT INTO students (PhoneNumber, FirstName, MiddleInit, LastName, Email, Password, SignupType, Active, SignupDate) VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?, ?, ?, ?)

このパラメータ化されたステートメントの問題を誰でも見ることができますか？ prepare関数がfalseを返す理由は何ですか？

役に立ちましたか？

解決

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@Andrew E.のコメント：

  

オンにしました    mysqli_report（MYSQLI_REPORT_ALL）に   何があったのかをよりよく理解する   進行中-   フィールド名が間違っていました-あなたは    prepare（）は   例外ですが、静かに失敗します。

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