Php 警告：date（）要求参数2很长，对象在

我目前有以下代码：

echo date('Y-m-d H:i:s',$songs->PLAYEDAT) . '&nbsp;&nbsp;' . $songs->TITLE . '<br />';

echo日期（'Y-m-dh:i:s'，$songs->PLAYEDAT）。''$歌曲->标题
；

但问题是它给了我标题上的错误。。我试了很多东西，但都不能正常工作

如果我回显$songs->PLAYEDAT，它会给我一个数字。这是一个我肯定知道的unixtimestamp。因为在D.N.a.S shoutcast stats中，它会显示日期。他们是怎么做的？我不知道。

您提供的变量（

$songs->PLAYEDAT

）可能是一个字符串，或者充其量是一个DateTime对象

如果是DateTime对象：

$songs->PLAYEDAT->format('Y-m-d H:i:s')

如果它是日期的字符串表示形式：

date('Y-m-d H:i:s', strtotime($songs->PLAYEDAT))

更新：此问题的答案从下面的评论中复制回来

date('Y-m-d H:i:s', intval($songs->PLAYEDAT[0]))

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您是否尝试过

var\u dump（$songs->PLAYEDAT）

查看该属性中的内容？

long

表示一个数字。这个错误清楚地表明它需要一个数字，而不知道如何处理你给它的对象。这是一个数字，一个unix时间戳。1373474832@user2566002-按照Kolink的建议试试，然后

var\u dump（$songs->PLAYEDAT）

@user2566002好了，你就可以开始了。这是一个物体，不是一个数字。上面这些都不起作用。这是一个物体。错误消息告诉他这是一个对象。@user2566002你能做一个

var\u转储（get\u class（$songs->PLAYEDAT））

？string（16）“simplexmlement”然后答案是

date（'Y-m-d H:i:s'，intval（$songs->PLAYEDAT[0]）

，我们真的在这里照顾你：/