Question

我对Web开发比较陌生，我试图通过以下命令用数据库查询MySQL数据库，但是我无法这样做，我得到以下错误：

PHP代码：

$query1 = "SELECT id_2 FROM idTable WHERE id = '$idno'";
    $result1 = mysql_query($query1);
    if (!$result1)
        die("Database access failed(error 7): " . mysql_error());

    /************ possible error point *******************/
    $query2 = "SELECT * FROM Data NATURAL JOIN $result1 LIMIT $num,$last_num";
    $result = mysql_query($query2);
    if (!$result)
        die("Database access failed(error 8): " . mysql_error());

错误：

数据库访问失败（错误8）：表＆＃39; Database.Resource＆＃39;不存在

基本上我有两张桌子。我需要从＆＃39; id_2＆＃39;中选择一些值。 idTable的列，并根据所选的值，我想从表中选择所有行＆＃39;数据＆＃39;通过执行连接操作匹配相应的ID。任何人都可以告诉我如何实现返回的资源和表的连接（或者一般来说，我如何解决我的问题）？

Answer 1

SELECT d.* 
  FROM Data d
  JOIN idtable i
    ON i.id2 = d.id
 WHERE i.id = $idno
 ORDER
    BY d.id
 LIMIT $num,$last_num;

Answer 2

我仍然不确定这两个表之间的关系是什么，但有效的代码和查询应该是这样的：

$query1 = "SELECT * FROM Data 
   INNER JOIN idtable 
   ON idtable.id = Data.id_2
      AND idtable.id = $idno
   LIMIT $num,$last_num";
$result = mysql_query($query1);
if (!$result)
    die("Database access failed : " . mysql_error());

但有效不等于正确或好： - ）

一旦我重新阅读了自己的查询，我就会遇到与@Strawberry相同的问题：为什么我们需要加入？为什么不呢：

$query1 = "SELECT * FROM Data 
   WHERE Data.id_2 = $idno
   LIMIT $num,$last_num";
$result = mysql_query($query1);
if (!$result)
    die("Database access failed : " . mysql_error());

在php / mysql

2 个答案: