PHP:尝试获取非对象的属性

我正在处理一个函数，它返回表是否存在

但它总是注意到：

Notice: Trying to get property of non-object [...] on line 10

在

$mysqli变量的设置如下：

$mysqli = new mysqli(mysqli_host, mysqli_user, mysqli_password, mysqli_database);

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如何解决这个问题？

您的SQL语法错误。检查变量$table的值。你应该吃点类似的东西

SHOW TABLES LIKE "%"

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您的SQL语法错误。检查变量$table的值。你应该吃点类似的东西

SHOW TABLES LIKE "%"

我漏掉了引语

$result = $mysqli->query("SHOW TABLES LIKE \"$table\"");

或

或

或

谢谢你的帮助。

我把引语漏掉了

$result = $mysqli->query("SHOW TABLES LIKE \"$table\"");

或

或

或

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谢谢您的帮助。

您为什么需要这样的功能？你还不知道你的表吗？你真的想看看表是否存在吗？或者您的意思是表中是否包含数据？使用num rows不是查看表是否存在的方法。您可以将“if（$result->num_rows>0）”更改为“if（$result&&$result->num_rows>0）”，它应该类似于

显示类似于“$table”的表（您需要单引号）。您还需要确保清理和属性escape$table变量。调试代码后，@Orangepill是正确的。您缺少表中的单引号。正如他所说的，确保对input$table进行清理。为什么需要这样一个函数？你还不知道你的表吗？你真的想看看表是否存在吗？或者您的意思是表中是否包含数据？使用num rows不是查看表是否存在的方法。您可以将“if（$result->num_rows>0）”更改为“if（$result&&$result->num_rows>0）”，它应该类似于
显示类似于“$table”的表（您需要单引号）。您还需要确保清理和属性escape$table变量。调试代码后，@Orangepill是正确的。您缺少表中的单引号。正如他所说的，确保清理输入$table。我不是downvoter，但%不是正则表达式，此代码将返回所有表，而不仅仅是用户要查找的表。当然，我可以使用“.”或“*”来处理重要的内容。。。这只是一个通配符，我用它代替了$table。。。如果$table=%1，他将得到所有表的列表；如果$table=他只会得到那张表。好的，nvm…我不是downvoter，但%不是正则表达式，此代码将返回所有表，而不仅仅是用户要查找的表。当然，我可以使用“.”或“*”来表示重要的内容。。。这只是一个通配符，我用它代替了$table。。。如果$table=%1，他将得到所有表的列表；如果$table=他只会得到那张表。好的，nvm。。。
$result = $mysqli->query("SHOW TABLES LIKE \"" . $table . "\"");

$result = $mysqli->query("SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'");