Question

我创建了一个名为menu的表，其中两列是menu_option和menu_content。我想要做的是，在我点击menu_option后转到我创建的单独的.php文件，该文件应该在div中显示menu_content。

我仍然没有弄清楚为什么当我点击它时，它告诉我无法找到该物体。

<?php
$res=mysql_query("SELECT * FROM menu");
while($row=mysql_fetch_array($res)){
    echo "<ul>";
        echo "<li>";    
            echo "<a href=\"menucontent.php\">";
            echo $row['menu_option']; 
            echo '</a>';
        echo "</li>";
    echo "</ul>";
}
?>

起初我认为这可行，在我的menucontent.php中，我可以使用echo $ row ['menu_content'];打印菜单选项的正确菜单内容。

我真的会提出任何建议。

Answer 1

我已经弄清楚了。谢谢大家的建议。我只是删除了现有的menucontent.php并创建了一个新的。有效。我用＆＃39;＆＃39;替换了一个href链接。其中$ idaux = $ row [＆＃39; menu_id＆＃39;]。在我的新文件menuc.php中，我循环遍历行，当$ row [＆＃39; menu_id＆＃39;] === $ _GET [＆＃39; id＆＃39;]时，我只是回显$ row [＆＃ 39; menu_content＆＃39;]，这就是我想要的。

PHP回送中PHP文件的href链接不起作用

1 个答案: