Sqlite3传递一个变量到一个开放（）方法在PHP

Question

我试图实现以下。当我打开一个页面时，一个特定的日期从jquery datepicker传递到这个站点。现在为了这个日期，我创建了一个可以正常工作的目录。在这个目录中，我想创建一个sqlite3数据库文件，其中包含日期作为名称。例如：

2107.db

但我似乎无法得到的open（）方法来接受我的变量。我对PHP和sqlite3很陌生，所以如果我完全错误地做了某些事情，请随时告诉我。

谢谢你的帮助！

chdir($datum); 
$cwd = getcwd() . DS; 
} 

if(isset($_POST['datum'])) { 

    $datum = $_POST['datum']; 
    $file = $datum . ".db"; 

    class MyDB extends SQLite3 
    { 
     function __construct() 
     { 
      $this->open($datum); 
     } 
    } 

    $db = new MyDB(); 

    $db->exec('CREATE TABLE mitarbeiter (VID INTEGER PRIMARY KEY, vorname varchar(255),  nachname varchar (255), bereich varchar (255), stundenzahl varchar (10))'); 
} 
?> 

Answer 1

尝试将变量作为MyDB类的参数传递。

class MyDB extends SQLite3 
{ 
    function __construct($dbName) 
    { 
     $this->open($dbName); 
    } 
} 

然后用这个

$db = new MyDB($datum); 

创建数据库，则这可能是因为类不能看到你在它之外声明的变量。