Question

我在PHP中传递一个查询变量。我想把它作为表名，但我知道可能存在SQL语法错误。当我打印语句时，传递变量意味着它可以工作，但是数据库根本就没有创建。

以下是我创建数据库的代码：

$DBName = "database_name";  
$sql = "CREATE TABLE '$DBName'.'$login' (  
    ClientID int NOT NULL AUTO_INCREMENT,   
    AgentClients varchar(15),  
    ClientTotal int  
    )";  
mysql_query($sql,$link);
where `$login = $_POST['login'];

另外，我现在并不担心安全漏洞，所以不用担心。

非常感谢任何见解。

Answer 1

您必须使用反引号作为您的表名，而不是引号：

$sql = "CREATE TABLE `$DBName`.`$login` (  
  ClientID int NOT NULL AUTO_INCREMENT,   
  AgentClients varchar(15),  
  ClientTotal int,
  PRIMARY KEY (`ClientID`) 
)";

无法在PHP中使用查询变量创建SQL表作为表名

1 个答案: