Question

这就是我要在网站上制作搜索选项的方法。

当我将WHERE name = '%$name%"添加到sql时，它不能以某种方式工作。但是如果我把它拿走并且只有SELECT name, link, img, area FROM test dyslexic，那么内容会出现在页面上。

如果我搜索“丹麦”

t将不会显示数据库实例的内容

if($stmt = $this->mysqli->prepare('SELECT `navn`, `link`, `img`, `omrade` FROM `ordblindtest` WHERE `navn` = "%$navn%"'))
         {
             $stmt->bind_param('s', $navn);
             $navn = $_POST["sogord"];

如果我这样写的话，那么页面上就没有任何问题。

if($stmt = $this->mysqli->prepare('SELECT `navn`, `link`, `img`, `omrade` FROM `ordblindtest`'));

问题是当我在数据库中搜索某些内容时，第一个sql中的内容是如何在页面上显示的。

我的问题是它没有找到我的sql的一些内容，正如我在第一段代码中描述的那样。

Answer 1

通常当您使用您正在使用的语句时，您可以像这样使用它：

WHERE name LIKE %".$name."%"

注意我没有使用“=”符号。我希望这会有所帮助。

Answer 2

要将%用作通配符，您需要使用LIKE而不是=。另外，因为您正在使用预准备语句，所以您应该使用?占位符而不是变量。

if ($stmt = $this->mysqli->prepare('

  SELECT
    `navn`,
    `link`,
    `img`,
    `omrade`
  FROM
    `ordblindtest`
  WHERE
    `navn` LIKE CONCAT("%", ?, "%")
    OR
    `omrade` LIKE CONCAT("%", ?, "%")

'))
{

  $stmt->bind_param('ss', $navn, $omrade);

  // ...

Answer 3

使用单引号时，变量不会被解析，因此您的查询将逐字搜索字符串$navn。

'SELECT `navn`, `link`, `img`, `omrade` FROM `ordblindtest` WHERE `navn` = "' . $navn . '"'

虽然你真的应该使用占位符而不是直接在查询中注入你的变量：

    'SELECT `navn`, `link`, `img`, `omrade` FROM `ordblindtest` WHERE `navn` = ?'

使用%时会使用LIKE，而不是在比较时使用。{/ p>

搜索选项不会出现在页面上

3 个答案: