名前がデータベースにあるかどうかを確認しますか？

Question

私は16台の車名を含むテーブルを持っています。私は車の名前がデータベースに見つかった場合、フォントの色とサイズを変更したい。

これは私のテーブルです：

そして、これは、最初の3台の車のための私のPHPコードです：

<?php 
$connection = mysql_connect($host,$user,$password); 
if (!$connection){ 
    die('Could not connect: ' . mysql_error()); 
} 
mysql_select_db("cars", $connection); 

$carname="car"; 
$squery = mysql_query("SELECT * FROM marks WHERE care_name=$car_name "); 
echo"<div class='cars'>"; 
if(mysql_fetch_array($squery)) { 
    echo"<r><strong>". $row['car1'] ."<strong></r>"; 
} 
else{ 
    echo"<p>". $row['car1'] ."</p>"; 
} 
echo"</div>"; 

echo"<div class='cars'>"; 
if(mysql_fetch_array($squery)) { 
    echo"<r><strong>". $row['car2'] ."<strong></r>"; 
} 
else{ 
    echo"<p>". $row['car2'] ."</p>"; 
} 
echo"</div>"; 

echo"<div class='cars'>"; 
if(mysql_fetch_array($squery)) { 
    echo"<r><strong>". $row['car3'] ."<strong></r>"; 
} 
else{ 
    echo"<p>". $row['car3'] ."</p>"; 
} 
echo"</div>"; 

?> 

しかし、これは動作しません、それだけになります最初の車（car1）。

Answer 1

$ rowなどの変数は、最初に値を割り当てずに使用しています。 mysql_fetch_arrayの戻り値を$row変数に保存する必要があります。

$row = mysql_fetch_array($squery); 
if($row){ 
... 
} 

EDIT：あなたのコードのさらなる検査で、それは価値を与えられていない変数を使用して、このような

• など、複数の基本的なエラーが含まれています。
• あなたは$ rowから車にアクセスするたびに別の名前を使用します（
  少なくとも、これはコード化エラーで、データベーステーブルには16列あり、各車に1つ...） ;
• は、mysql_fetch_arrayが失敗した場合、あなたはまだあなたがループ

を使用して、個々のは、mysql_fetch_arrayの代わり ためのコードを書いているし、多くの人がおそらくある内容

を印刷しよう。ここでは基本的なエラーが多すぎるので、何をしようとしているのか理解できないことがあるので、コーディングの実践（および場合によってはデータベース）の基本的な理解を向上させる必要があります。