Question

我必须使用对另一个表（FK）中的记录的引用。另一个表中的记录可能存在或不存在，因此我可以使用其ID或插入新ID，然后使用其ID。

我有以下代码：

$con=mysqli_connect("localhost","root","test","db_site");

// get existing levels
$levelIdSQL = "SELECT idlevel from levels where levelstring = $level";
$levels = mysqli_query($con, $levelIdSQL);      

$levelID = -1;
if ($levels['num_rows'] > 0) {
    echo "<br><br>some results<br><br>";
    // we already have a level, use its id when updating
    $row = $levels->fetch_assoc();
    $levelID = $row['idlevel'];
} else {
    // we must insert this string in the levels table, then use its id
    echo "<br>running query: " . "INSERT INTO `db_site`.`levels` ('levelstring') values ('$level');"; 
    if (mysqli_connect_errno()) {
        echo "Failed to connect to MySQL: " . mysqli_connect_error();
    } else {
        echo "<br><br>connected OK<br><br>";
    }       
    $rez = mysqli_query($con, "INSERT INTO `db_site`.`levels` ('levelstring') values ('$level');");
    $levelID =  mysqli_insert_id($con);                 
}
echo "<br><br>LEVEL ID: " . $levelID;

我的级别表有一个autoinc“idlevel”字段，并且使用MySQL Workbench /命令行界面运行相同的SQL会很好地插入记录。但是， mysqli_insert_id 返回0并且未插入任何记录。

我做错了什么？

编辑：在jterry的建议之后，我调用了die（）并返回：“你的SQL语法有错误;查看与你的MySQL服务器版本相对应的手册，以便在''levelstring'附近使用正确的语法） ”。所以我改变了这个：

$rez = mysqli_query($con, "INSERT INTO `db_site`.`levels` ('levelstring') values ('$level');");

进入这个：

$rez = mysqli_query($con, "INSERT INTO `db_site`.`levels` (levelstring) values ('$level');");

现在一切都好。

Answer 1

试试这个，你应该在列名称周围使用反引号而不是引号。

$rez = mysqli_query($con, "INSERT INTO `db_site`.`levels` ( `levelstring`) 
                           VALUES ('$level') ");

mysqli_insert_id返回0

1 个答案: