Php 使用状态参数访问表内容时出现问题

我试图展示某个供应商赢得的工作。我所做的是在我的模型中创建“获得批准的工作建议”功能。然后，我在我的控制器中创建了函数manage\u job\u contracts，但我从未成功运行过它

以下是我在模型中的代码：

public function get_approved_job_proposals($status)
{
    $this->db->select('*')->from('job_proposal')->where('status', $status);
    $this->db->where("status" == "Awarded");
    $query = $this->db->get();
    return $query->result_array();
}

这就是我控制器中的内容：

public function manage_job_contracts()
{
    $this->validateRole('client');
    $this->load->model('job_model');

    $data['my_preference'] = $this->job_model->get_approved_job_proposals($status);

    $data['job'] = $this->job_model->get_job($id);
    $this->load->view('client/manage_job_contracts', $data);
}

请帮我解决这个问题

这是错误的：

$this->db->where("status" == "Awarded");

正确：

$this->db->where("status", "Awarded");

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检查文档：

确切的问题是什么，您期望什么以及您得到什么（错误…）？Hello@jeroen，我收到了这些错误：消息：未定义变量：状态以及where子句中的未知列“0”SELECT*FROM（

作业计划书

）其中，

status

为空，

0

为空。我想从我使用status参数创建的“获取批准的工作建议”功能中获取工作id和提供商id。我的工作建议表包含工作id、供应商id和状态等。。所以我想访问上面提到的数据，以便将它们显示在另一个我称为“Jobs won”的表格中。我添加了$data['job']=$this->job\u model->get\u job（$id）；为了显示我在我的工作表中添加的其他数据“进度”、“反馈”和“评论”..Thank@FabianoAraujo，我试图改变这一点。但我还有一个问题。未定义变量：状态为$data['my_preference']=$this->job_model->get_approved_job_propositions（$status）；和未定义的变量：id，如$data['job']=$this->job\u model->get\u job（$id）；公共函数manage_job_contracts（）我必须在那里输入特定参数吗？manage_job_contracts应负责在一个新表中显示客户授予的工作的详细信息。是的，的确如此，但请查看您的方法主体正在调用什么。没有声明$status和$id。要么这些值应该作为参数，要么您缺少定义$status和$id的内容。我添加了这个$status=$this->db->select（'status'）->from（'job\u proposal'）->where（'proposal\u id'，$proposal\u id）；但是还有一些问题。。