如何有效地检索大量数据库设置作为PHP变量？

Question

目前我的所有脚本设置都位于我包含的PHP文件中.我正在将这些设置(大约100个)移动到名为"settings"的数据库表中.但是我很难找到一种有效的方法来将所有这些检索到文件中.

设置表有3列:

• ID(自动增量)
• 名称
• 值

两个示例行可能是:

admin_user            john
admin_email_address   john@example.com  

我能想到检索每个设置的唯一方法是这样的:

$result = mysql_query("SELECT value FROM settings WHERE name = 'admin_user'");
$row = mysql_fetch_array($result);
$admin_user = $row['value'];

$result = mysql_query("SELECT value FROM settings WHERE name = 'admin_email_address'");
$row = mysql_fetch_array($result);
$admin_email_address = $row['value'];

等等

这样做会占用大量代码并且可能会很慢.

有没有更好的办法？

Answer 1

100个设置？一次加载它们.这将花费时间.你绝对不想一次加载一个.

$result = mysql_query('SELECT * FROM settings');
$settings = array();
while ($row = mysql_fetch_assoc($result)) {
  $settings[$row['name']] = $row['value'];
}

如果你需要以某种方式划分这些,取决于你需要怎么做,你可以在表上放置一个类别或东西,然后只加载特定类别中的所有设置.

我建议将其抽象为某种对象的背后:

class Settings {
  private $settings;

  public function __get($name) {
    if (!$this->settings)) {
      $result = mysql_query('SELECT * FROM settings');
      $this->settings = array();
      while ($row = mysql_fetch_assoc($result)) {
        $this->settings[$row['name']] = $row['value'];
      }
    }
    return $this->settings[$name];
  }
}

这样,在您尝试访问设置之前,不会加载设置:

$settings = new Settings;
echo $settings->admin_name; // now they're loaded