Question

问题是，当我使用PHP将选择查询输出到表中时，似乎无法输出相似的名称，在下面的情况下，它似乎是Name。我知道它可能很容易解决，但我已经对该网站和google进行了爬网，并提出了建议。

我已经尝试过$row["Site.Name"]和$row["Site Name"]，我对MySQL不太熟悉，我花了一些时间在MSSQL上，并且通常只是读取。另外，我已经在PHPMyAdmin上运行了它，它确实显示了我需要的信息。

$sql = "SELECT Site.Name, Site.Address1, Site.Address2, Site.Address3, Site.Address4, Site.PostCode, ContainerType.Name, MaterialType.Name FROM Site
LEFT OUTER JOIN Customer on Customer.Id = Site.CustomerId 
LEFT OUTER JOIN Agreement on Agreement.SiteId = Site.Id
LEFT OUTER JOIN ContainerType on ContainerType.Id = Agreement.ContainerTypeId
LEFT OUTER JOIN MaterialType on MaterialType.Id = Agreement.MaterialTypeId
WHERE Customer.AccountCode = '".$_SESSION['accountcode']."'";
$result = $con->query($sql);

if ($result->num_rows > 0) {
    // output data of each row
    while($row = $result->fetch_assoc()) {
       echo "<tr><td>".$row["Site.Name"]." ".$row["Address1"]." ".$row["Address2"]." ".$row["Address3"]." ".$row["Address4"]." ".$row["PostCode"]."</td><td>".$row["ContainerType.Name"]."</td><td>".$row["MaterialType.Name"]."</td></tr>";
    }
}

我希望它在引用它时显示正确的列输出，我想我可能在PHP中错误地引用了它？

使用左外部联接时，如何在php中输出此内容？

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