Php 在all项目中只有一个mysql连接

我想知道是否有一种方法可以让我始终打开一个连接到数据库中。 我在我的网站中使用以下代码：

mysql类

class Mysql{
public static $Server   = "localhost";
static $User = 'root';
static $Password = '';
static $DataBaseName = 'teca.v1';
static $Connection;
static $DataBase;
static $LoadConnection = 0;
static $CharSet = "utf8";

static $TRANS =false;
static $TRSS  = array();

public function __construct(){
    if(Mysql::$LoadConnection==0){
        Mysql::$Connection = mysql_connect(Mysql::$Server,Mysql::$User,Mysql::$Password);
        Mysql::$DataBase   = mysql_select_db(Mysql::$DataBaseName,Mysql::$Connection);
        $charset=Mysql::$CharSet;
        mysql_query("SET NAMES $charset");
        Mysql::$LoadConnection=1;
    }
}
}

模范班

class Model extends Mysql{
protected $datamembers = array();
protected $PrimaryKey="Id";
protected $TableName ="Table";
public $UnProtectedExecute = FALSE;

public  function ReadyString($value)
{
    if($this->UnProtectedExecute == TRUE)
        return addslashes($value);
    else
        return $value;
}
public function __set($variable, $value){
    $this->datamembers[strtolower($variable)] = $value;
}

public function __get($variable){
    return $this->datamembers[strtolower($variable)];
}

我的一个目标是：

class LibraryFiles extends Model{
    public $TableName   = 'library_files';
}

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但是我不知道这是不是正确的，只是这段代码为我的项目中的所有对象创建了一个连接？

您正在寻找的是一个PHP单例数据库类。使用下面的链接获得想法。我想我不必在这里重复所有的内容

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您正在寻找的是PHP单例数据库类。使用下面的链接获得想法。我想我不必在这里重复所有的内容

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你的设计没有多大意义。您应该为

MySQL

和

Model

创建单独的类。

MySQL

类应该实例化一次，并在整个脚本中使用。所以它应该只建立一个连接。

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然后让

模型

使用

MySQL

类的实例对数据进行操作。

您的设计没有多大意义。您应该为

MySQL

和

Model

创建单独的类。

MySQL

类应该实例化一次，并在整个脚本中使用。所以它应该只建立一个连接。

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然后让

Model

使用

MySQL

类的实例对数据进行操作。

是的，我的对象都继承自Model类和mysqlYes的模型，因此它调用其构造函数方法并创建MySQL连接。。它们不再得到维护。看到了吗？相反，学习，并使用or-将帮助您决定哪一个。如果选择PDO，.yes，我的对象都是从model类继承的，而model是从mysqlYes继承的，因此它调用其构造函数方法并创建mysql连接。。它们不再得到维护。看到了吗？相反，学习，并使用or-将帮助您决定哪一个。如果你选择PDO，。单身不是一个很好的主意。他们倾向于将代码与单例代码紧密地结合在一起，随着时间的推移，单例代码很难维护。他们倾向于将代码与单例紧密耦合，随着时间的推移，维护起来会更加困难。