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。
答案 0 :(得分:0)
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。