Question

我正在尝试进行选择查询并将此信息输出到html标记中，但是它会不断将php代码转换为：

<!--? echo $news_text; ?-->

我做错了什么？为什么它不会返回错误而不是将其转换为上面？

码

$con = mysqli_connect('localhost','root','pass','db');
$theId = $_GET['id'];
<?

$all_news = $con->prepare("SELECT 
n.id, 
n.title, 
n.url, 
n.image_url, 
n.date, 
n.news_text, 
w.url as website_url, 
w.image as website_image 
from news n
join website w on w.id = n.website_id
where  n.id = ? limit 1"); 
$all_news->bind_param("i", $theId);
$all_news->execute();
$all_news->bind_result($id, $title, $url, $image_url, $date, $news_text,     $url, $referer_img);
$all_news->fetch();

  ?>

<div class='main_image' style='background-image:url(<?php echo $image_url; ?>)' title=''></div>
   <p class="title">
    <? echo $title; ?>
  </p>
   <img class="referer" src="<?php echo $referer_img ?>" alt="">
   <div class="text_div">
        <p>
          <? echo $news_text; ?>
        </p>
   </div>

Answer 1

是您在'<?php ... ?>'

中包含的回显信息的代码部分

EDIT 我还无法回复其他帖子（需要50个代表），但您无法将回音置于<p>下方而不是$all_news->fetch();代码的原因是因为它低于{{1 }} 标签。只需将其放在任何您想要的地方，但请将其包围在?>并完成。

Answer 2

这里的问题是php语法不正确。您可以使用以下内容：

<?php echo $variable ?>

这将回显变量。您可以选择使用以下语法

<?= $variable ?>

来自SELECT语句的回声变量

2 个答案: