检查表是否存在时mysqli错误

Question

此代码正确。

if ($conn->query("SHOW TABLES LIKE 'test1'")){ 
echo ' YES';}
else echo 'no';

当我使用变量作为表名时，它总是拒绝。我不明白为什么，有人可以帮助我吗？

$table = "test1";
if ($conn->query("SHOW TABLES LIKE $table")){ 
echo ' YES';}
else echo 'no';

Answer 1

应该是

...
if ($conn->query("SHOW TABLES LIKE '$table'")){
  ...
}

因为$table可能类似于wrong table

Answer 2

您可以使用以下解决方案来解决您的问题：

$conn->query("SHOW TABLES LIKE ' ". $table ." ' ")