MySQL SQL_INSERT_ID()和LAST_INSERT_ID不工作

Question

我在最近的一个MacBook Pro上使用MySQL/PHP/Apache，其中包含了所有本地主机的请求。我已经找过了，但找不到解决问题的办法。

我的PHP脚本成功地将一个记录插入到一个基本主表中，该表的主键名为ID，是一个自动增量字段，但当我尝试使用LAST_INSERT_ID()或SQL_INSERT_ID()时，它无法捕获该ID的值，以便与另一个插入一起使用。第二个表所需的数据只需要该值和来自同一个HTML表单的文本字段的内容。

毫无疑问，如果我在等号后面放置一个整数(作为测试)，我的脚本工作得完美无缺(即没有错误，脚本完美地将所需的数据输入到第二个表中)。我尝试了SQL_INSERT_ID()和LAST_INSERT_ID()，结果是相同的:一个完全白色的屏幕。

没有外键约束或任何复杂的东西。此代码失败，只返回一个白色屏幕：

$sql = "INSERT INTO Table1 
    (int1, str1, int2, int3, int4, int5) 
    VALUES (?, ?, ?, ?, ?, ?)";

if($stmt = mysqli_prepare($link, $sql)){
    mysqli_stmt_bind_param($stmt, "isiiii", 
        $param_int1, $param_str1, $param_int2, 
        $param_int3, $param_int4, $param_int5);
}

if(mysqli_stmt_execute($stmt)){
    $last_id = sql_insert_id();        // <--- problem statement
} else {
    echo "Something went wrong with the execution.";
}

但是，当我使用一个整数来代替所讨论的函数时，代码就像我想要的那样工作：

if(mysqli_stmt_execute($stmt)){
    $last_id = 6;
} else {
    echo "Something went wrong with the execution.";
}

如果第一个插入成功，则if(mysql_stmt_execute($stmt))返回true，因此在此之后初始化变量$last_id似乎是合乎逻辑的。这样可以吗？我还能在哪里查看我的代码？我是否需要在函数的括号内提供数据？

MySQL版本为5.7.21 Mac版本10.13.4

我认为自己是PHP/MySQL的高级初学者。任何帮助都将不胜感激。

Answer 1

试一试

mysqli_insert_id($link);

我认为您混淆了OOP和库的过程部分或其他什么。

因为如果我记得正确的话，sql_insert_id是从现在已经失效的mysql_*库中提取的。

id.asp