使用PHP加载MySQL数据，但结果格式错误

在我的应用程序中，我想用PHP将所有ReservationType加载到

中。Reservationtype有2个参数（reservationtypeid、ReserverUngart）。我使用中的数据库类来简化SQL命令

保留类型模型

class Reservierungstyp
{
    public function __construct($reservationtypeid, $reservierungsart){
        $this->$reservationtypeid = $reservationtypeid;
        $this->$reservierungsart = $reservierungsart;
    }
}

在我的ReservationtypeModel中，我使用此方法getAllReservationtypes：

public function getAllReservierungstypen(){
    $db = new Database();
    $results = $db->query('SELECT * FROM reservationtype')->fetchAll();
    $rows = count($results);
    $db->close();

    $typesArray = array();

    if($rows > 0){
        foreach($results as $res){
            $r = new Reservierungstyp($res['reservationtypeid'], $res['reservierungsart']);
            $typesArray[] = $r;
        }
    }else{
        return null;
    }
    return $typesArray;
}

结果的格式如下所示：

Reservierungstyp Object ( [1] => 1 [Training] => Training ) )

但它不一定是这样的吗

Reservierungstyp Object ( [reservationtypeid] => 1 [reservierungart] => Training ) )

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我不知道哪个错误会导致这个错误。如果我的代码中有另一个错误，请告诉我，我只是认为这个错误的格式是错误的触发器

我认为您的类应该是：

class Reservierungstyp
{
    private $reservationtypeid;
    private $reservierungsart;

    public function __construct($reservationtypeid, $reservierungsart){
        $this->reservationtypeid = $reservationtypeid;
        $this->reservierungsart = $reservierungsart;
    }
}

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注意施工作业。您使用了$this->$reservationtypeid（class属性之前的美元），这意味着您需要一个变量，在本例中，它实际上是构造函数参数。

如果某个对象返回Object，则它不是JSON，那么问题出在哪里？我只是认为这是一个json问题，很抱歉注释错了。很难说清楚，因为您没有给我们提供

reserverungstyp

@FlashThunder的类定义，我现在就添加这个，好吧，它与json没有任何关系，那么您还需要提供数据库表模式