Php 带代码点火器的帮助（构造）

我正在检查用户是否已登录。如果是，我想设置一些变量，这些变量将可用于该类中的所有函数，这里是迄今为止的代码。从我的视图中调用$logged_in或$user_name会导致未定义的变量吗？请帮忙：）

这是因为您在视图中传递了
$data
，并且
$data
不包含
$user\u name

在加载视图之前，您应该执行如下操作，以便这些变量在视图中可用

$data['user_name'] = $this->user_name;
$data['logged_in'] = $this->logged_in.
$this->load->view('template', $data);

编辑：

在初始化构造函数之前，将
$data
声明为全局变量，如下所示-

受保护的$data

然后将
$data
用作
$this->data
，这样，如果在一个函数中使用用户名初始化，那么它也将在所有函数中可用。
在您的视图中，这是一种更简单的方法，而不是使用：

echo$user_name；//导致未定义的变量

使用：

$this->session->userdata（'user_name'）$此->会话->用户数据（'user_name'）：''

简单来说，上面的语句检查会话中是否设置了用户名，如果设置了，则直接从会话中显示用户名，否则显示为空。有了这个功能，您需要确保用户注销后会话var user_name会被销毁。
好吧，我明白了，但在我的每个函数中，我必须执行$data['user_name']=$this->user_name有什么方法可以保持干燥吗？@mdgrech:是的，必须这样做。或者，您可以将数据声明为全局变量，这样，上述操作只需执行一次，并且在每个函数的数据中都可用。：）@mdgrech：编辑了上面的代码，以包含为使其更干净而应进行的更改。您可能希望将“全局变量”更改为“成员变量”，因为它是对象的属性，而不是全局命名空间的一部分。我同意这种方法，但提出一个全局变量让我畏缩（即使它不是）。
$data['user_name'] = $this->user_name;
$data['logged_in'] = $this->logged_in.
$this->load->view('template', $data);