Question

我有两张桌子：

表1

id       int(11)
name     varchar(255)
email    varchar(255)

表2

id       int(11)
name     varchar(255)
email    varchar(255)

两者都有几千个条目。问题是它们需要相同而且表2有一些缺失。

如何检查表1中的哪些电子邮件不在表2中，然后将其输出到页面？

我试过了：

$result = mysqli_query($con,"SELECT email
                             FROM table2 b
                             WHERE NOT EXISTS (
                             SELECT *
                             FROM table1 a
                             WHERE a.email = b.email)");

但是当我得到var_dump $ result时它会返回Null。

Answer 1

你倒退了。您拥有的查询将为您提供table2中不在table1内的记录。

你想：

SELECT email
FROM table1 a
WHERE NOT EXISTS (
    SELECT 1
    FROM table2 b
    WHERE b.email = a.email
)

即。＆＃34;从table1中选择电子邮件，其中表2中没有＆＃34;

Answer 2

试试这个：

SELECT email FROM Table1 a WHERE email not in(select email from table2 WHERE not email is null)

Answer 3

如果可能的话，我更愿意避免嵌套选择：

SELECT a.email
FROM table1 AS a
LEFT JOIN table2 AS b
ON a.email = b.email
WHERE b.email IS NULL

应该找到table1中存在的任何电子邮件地址，但不是 table2。

如果您需要将该输出转储到屏幕，而不是var_dump结果（因为结果将是mysqli_result对象），您可以：

$result = mysqli_query($con, "SELECT a.email FROM table1 AS a LEFT JOIN table2 AS b ON a.email = b.email WHERE b.email IS NULL");

if($result) {
  var_dump($result->fetch_all());
}
else {
  echo $con->error();
}

从两个表中选择不存在的地方

3 个答案: