Question

$result = mysqli_query($conn,"SELECT * FROM table1 INNER JOIN `table2`
ON `table1`.`id`=`table2`.`id`;");

while ($row = mysqli_fetch_array($result) ){
  echo 'name <textarea>'.$row["name"].'</textarea>';
}

在LAb（wampserver）上，我得到有关“名称”的信息，但实际上在网站上我没有得到有关“名称”的信息。

Answer 1

我不知道您要收集什么，但是您可以使用下面的查询来获取记录。它会为您工作。

“从表1 t1内部联接表2 t2中选择t1。* 开启t1.id = t2.id”

Answer 2

请检查连接可能与实时连接不同。还要在table2.id之后删除分号（;）。可能是您的问题已解决

Answer 3

可能会发生一些错误，但不会显示。

首先，我建议您检查连接：

df1 %>% group_by(title) %>% top_n(1,pos) %>% pull(name)

如果可行，请检查查询错误：

$conn = mysqli_connect("$host", "$user "my_password", "$DBname");
/* check connection */
if (mysqli_connect_errno()) {
    printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
    exit();
}

其他可能的原因可能是：

ON子句

条件是真的

打开if($result = mysqli_query($conn,"SELECT * FROM table1 INNER JOIN `table2` ON `table1`.`id`=`table2`.`id`;")) { while ($row = mysqli_fetch_array($result) ){ echo 'name <textarea>'.$row["name"].'</textarea>'; } } else echo($conn->error);。table1 = id。table2

还是应该是这样？
```
id
```
在`ON `table1`.`id`=`table2`.`rif_id`或table1
中没有数据可供选择
您是否在table2数据库中检查是否有数据可供选择？可能会忘记忘记在实时数据库中插入数据。

还，您是否在PhpMyAdmin中手动尝试了查询？

INNER JOIN不起作用，我没有收到错误

3 个答案: