Question

我试图从x中选择*，其中名称为LIKE y。我非常熟悉下面的代码。

SELECT * FROM ` arm` WHERE `u_fname` LIKE 'k%'

但是，我试图在服务器脚本上运行它，我不知道在哪里放“％”导致它导致错误。这是服务器代码的一部分，这个代码与'='一样工作，但是当我使用LIKE时出错，因为我不确定如何在这里使用“％”

   elseif(empty($_POST["f_name"]) &&  !empty($_POST["l_name"])) 
{ 

 $l_name=$_POST["l_name"];
$stmt = $this->db->prepare('SELECT id, image, l_name, f_name, status  FROM table1  WHERE l_name =?');
           $stmt->bind_param("s",$l_name);
         $stmt->execute();
         $stmt->bind_result($id,$image,$l_name,$f_name,$status);

我尝试了SELECT id，image，l_name，f_name，status FROM table1 WHERE l_name =？％，我也试过把$ l_name = $ _ POST [“l_name％”];但它们似乎都不起作用。

感谢您的帮助。

Answer 1

您的代码没有使用'LIKE' 您的代码是：SELECT id，image，l_name，f_name，status FROM table1 WHERE l_name =？尝试

$stmt = $this->db->prepare('SELECT id, image, l_name, f_name, status  FROM table1
WHERE l_name LIKE ?'); 
$stmt->bind_param("s",$l_name.'%');

或尝试

$stmt = $this->db->prepare('SELECT id, image, l_name, f_name, status  FROM table1
WHERE l_name LIKE CONCAT(?, "%")');
$stmt->bind_param("s",$l_name);

PHP喜欢Wildcard无法正常工作

1 个答案: