Question

我正在建立一个博客。我在MySql数据库中有帖子的文本。现在我为每个帖子都有一个文件。我在这里展示一个简化的案例。它运作良好但我问这是否可以改进：
1-是否可以只为所有帖子（在此示例中为post.php）提供一个文件，并使所有内容动态化。在这个具体的例子中，这样做很热吗？ 2-在这种情况下，如何从index.php到post.php？

的链接

在index.php中，我有标题和所有帖子的介绍。我有一个发布完成链接：

<?php $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM blog") or die(mysqli_error());
while($row = mysqli_fetch_array($result))  { ?>

    <a href="post.php?id=<?php echo $row["id"]; ?>">
    <div>More</div>
    </a>

<?php } ?>

在post.php中我完成了帖子：

<?php 
$result = mysqli_query($con, "SELECT * FROM blog
                              WHERE id='".$_GET["id"]."'  ") 
                              or die(mysqli_error());
while($row = mysqli_fetch_array($result))  { 
?>
<div class="text"><?php echo $row['text_post']; ?> </div>
<?php } ?>

Answer 1

您不需要为整个网站提供更多的index.php：首先，我会建议分离HTML和代码，但...... 在你自己的例子中，你可以：

<? 
if (!isset($_GET["id"])){ /* show initial content */

    php $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM blog") or die(mysqli_error());
    while($row = mysqli_fetch_array($result))  { ?>

        <a href="post.php?id=<?php echo $row["id"]?>">
        <div>More</div>
        </a>
<?php } 

}else{ // show other stuff

    $result = mysqli_query($con, "SELECT * FROM blog
                          WHERE id='".$_GET["id"]."'  ") 
                          or die(mysqli_error());
    while($row = mysqli_fetch_array($result))  { 
        ?>
        <div class="text"><?php echo $row['text_post'] ?> </div>
        <?php 
    } 
)

＆GT;

动态链接和发布与PHP

1 个答案: