Question

我正在尝试创建一个搜索表单，显示数据库中的数据，其中数据的名称就像搜索词。可悲的是，我试图让它回应来自多个表的信息：

专辑表：

albumName      albumArt       artistID
----------    ----------      ---------
album1        art1.jpg        1
album2        art2.jpg        2
album3        art3.jpg        3

SongsTable：

songName      artistID       
--------      ---------       
song1         1          
song2         1         
song3         2         
song4         3         
song5         3

示例PHP：

$search = $_POST['search'];    
$sql1 = "SELECT * FROM songs WHERE songName LIKE '%$search%'";    
$searchResult = mysql_query($sql1);    

while ($result = mysql_fetch_array($searchResult)) {
echo "<tr>
     <td>".$result['songName']."</td>
     <td>".$result['albumName']."</td>
     </tr>";
}
?>

我不确定内部联接是否会起作用，我已经阅读了很多可能的教程，但我无法理解或使用。

搜索字词来自另一页上的表单，这只是处理页面，但它也回显了信息。

如果有人搜索“S”，我需要查询返回类似下面的内容：

songName      albumname       artistName
----------    ----------      ---------
song1         album1          artist1
song2         album2          artist2
song3         album3          artist3

Answer 1

我能想象的最直接的联系是：

SELECT * FROM songs 
INNER JOIN albums USING (artistID)
WHERE songName LIKE '%$search%'

顺便说一下，你应该正确地逃避你的变量：

$sql = "SELECT * FROM songs 
    INNER JOIN albums USING (artistID)
    WHERE songName LIKE '%" . mysql_real_escape_string($search) . "%'";

有些字符与LIKE有意义，例如%和_;考虑逃避这些。

str_replace(
    array('%', '_'), 
    array('\%', '\_'), 
    mysql_real_escape_string($search)
)

Answer 2

尝试以下方法：

$search = $_POST['search'];    
$sql1 = "SELECT albumns.*, songs.songName FROM songs INNER JOIN albums ON albumns.artistID = songs.artistID WHERE songName LIKE '%$search%'";    
$searchResult = mysql_query($sql1);    

while ($result = mysql_fetch_array($searchResult)) {
echo "<tr>
     <td>".$result['songName']."</td>
     <td>".$result['albumName']."</td>
     </tr>";
}
?>

您应该使用

获得所需的结果

Answer 3

您应该使用artistId字段将两个表连接在一起（可能您可能还有第三个表格，其中包含艺术家名称，因为您没有在此处显示）。

所以你的select语句应该是这样的：

$sql1 = "SELECT songs.songName, songs.albumName, albums.* FROM songs, albums WHERE songs.artistId = albums.artistId and songs.songName LIKE '%$search%'";

回应来自多个表PHP搜索表单的数据

3 个答案: