Question

我正在使用int ft_is_prime(int nb) { if (nb<2) return (0); else if (nb==2) return (1); else if (nb%2==0) return (0); else { int i=3; int carre=9; while (carre <= nb) { if (nb % i == 0) return (0); carre=carre+4*i+4; i=i+2; } return (1); } }加入两个表：

JOIN

我显示表格和数据：

   $sql = "SELECT * FROM employee JOIN employee_medical on employee = medical_notes";
   $data = mysql_query($sql , $testing);

};

我的PHP编码有问题吗？我的表格显示但数据不是。

Answer 1

不确定是否存在任何PHP相关问题，但您的查询ON子句很奇怪。它应该看起来像

SELECT e.* 
FROM employee e 
//Provide proper column names on which to join both the table 
JOIN employee_medical em on e.employeeid = em.medical_notes;

Answer 2

修复和解决方案：

使用die(":: ".mysql_error($testing));输出任何SQL错误。
$data = mysql_query($sql) or die(":: ".mysql_error() ));
当您引用多个表时，需要在MySQL中定义<table>.<columns>，对于每个引用的列，Rahul都有正确的答案。所以：

$sql = "SELECT * FROM employee JOIN employee_medical on employee.employee = employee_medical.medical_notes";

请参阅<Table>.<column>结构？总是使用它。

如果要宣布要使用哪种类型的JOIN，最好养成习惯。有INNER，OUTER和其他一些联接，请探索并澄清您的代码。
更新为 MySQLi ，您已经参考了与$testing的连接，您几乎就在那里！将所有MySQL_命令转为mysqli_<whatever>($connection, $querty);（这有点复杂，但只有一点点。
mysql_fetch_array 可能不会返回键值，具体取决于SQL的设置方式。因此，如果数据没有出现，但您 SURE 就在那里，那么请尝试使用mysqli_fetch_assoc()。

使用JOIN两个表但数据没有显示

2 个答案: