Question

我没有做任何PHP编码，但我做了一些HTML编码。我正在尝试创建一个页面，在数据库中搜索标签，并将其显示在带有id和链接的表中。

<?php
include('header.php'); 
include('mysql_connect.php');
if (@$_POST['search']) {
    if (@$_POST['tag']) {
        $query = mysql_query("SELECT * FROM `archives` WHERE `tag` =       '".$_POST['tag']."' ;");

        if (mysql_num_rows($query) > 0) while ($result = mysql_fetch_array($query)) {
            echo("<table border=2><tr><td>id</td><td>link</td><td>tag</td></tr>");
            while ($line = pg_fetch_array($result, null, PGSQL_ASSOC)) {
                echo("<tr>");
                foreach($line as $col_value = > $row_value) {
                    echo("<td>$row_value</td>");
                }
                echo("</tr>\n");
            }
            echo("</table>");
        }
    }
}
?>

<h2>title</h2>
<p>body text</p> 
</div>
<form action="" method="POST">
    <input name="tag" type="text" />
    <input name="search" type="submit" value="search" />
</form>
<?php include('footer.php'); ?>

我在显示数据时遇到问题，它确实返回了id，但这就是全部，而且它甚至没有将id放入表中。

Answer 1

您正在混合来自不同数据库的功能。 pg_fetch_array()用于PostgreSQL数据库，其余用于MySQL。相应的函数为mysql_fetch_array()。

除此之外，您不应该使用mysql_*函数启动新代码，因为它们已被弃用。使用mysqli_*或PDO对象。

php搜索数据库并显示它

1 个答案: