Question

我试图在php中构建一个feed应用程序，其中我使用一个带有2列的简单表...一个用于名称，一个用于相应的提要...我的提示正常显示但是名称继承人有一些问题代码......

<?php
include_once "connect_to_mysql.php";
 $sql = mysql_query("SELECT id, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT     20");
while($row = mysql_fetch_array($sql))
{
$name = $row["name"];
$uid = $row["userid"];
$ufeed = $row["feed"];
$feeddate = $row["feeddate"];


 $feeds .= '
        <table width="90%" align="center" cellpadding="4"    bgcolor="#A6D2FF">
    <tr>
      <td width="7%" bgcolor="#FFFFFF"><a  href="http://www.project360.in/emp_profile.php?id=' . $uid . '">' . $name . '</a><br />
      </td>
      <td width="93%" bgcolor="#D9ECFF"> <span style="font-size:10px; font-weight:bold;   color:#A6A6A6;">' . $feeddate . '</span><br />
      ' . $ufeed . '</td>
    </tr>
  </table>';

}?>
<?php print "$feeds"; ?>

这里$ name的东西根本就没有显示为链接！请帮忙..

Answer 1

您只选择了三列：

SELECT id, feed, feeddate

“name”不在其中，所以它总是空的。

Answer 2

未设置

$row["name"]，因为您未在数据库查询的select表达式中包含 name 列。因此，声明

$name = $row["name"];

将$name设置为null。同样适用于$uid和$row["userid"]。

Answer 3

您的SQL查询应该是

$sql = mysql_query("SELECT name, id, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT 20");

此外，您还有$uid = $row["userid"];。我相信它应该是$uid = $row["id"];，因为你在SQL查询中有id。你必须改变其中任何一个。

如果id使用上述查询，请使用以下查询。

$sql = mysql_query("SELECT name, userid, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT 20");

Answer 4

您正在选择3列id,feed,feed date。但您正在打印name,id,feed,feed date。请同时选择名称栏。它将显示正确的输出。

php变量无法正确显示

4 个答案: