データベース内のすべてのジョブをリストしたhtmlページがあり、すべて表示することができましたwww.mysite/alljobs.php (またはすべてのレコードページを表示する)、素晴らしいですが、私はこのページから別のIDを取得することはできません。つまり、各ジョブのジョブの詳細を表示する動的リンクを表示します。www.mysite/thejob.php?job_id=8(特定のレコードの詳細ページ)。MYSQLデータベースから1レコードのIDを取得し、詳細ページに渡して動的phpとmysqliを使用して表示する方法
私は最近PHPバージョンをPHP7にアップグレードしなければならず、PHPでMYSQLIを使用する必要があります。リストページと詳細ページの両方に必要なコードを手助けして、alljobs.phpリンクをクリックすると動的ページが作成されるようにしてください。
これまでに何を試みましたか?どの部分が問題ですか? 'thejob.php?job_id ='を含むリンクを作成するか、urlで渡されたパラメータを読み込みますか? –
JeromeFr
最初の問題は、あなたが言うようにリンクを作成することです。 ** <?を使用しようとしていますか? echo ''.'{{data.job_ref}}-{{data.job_id}}'.'';?> **さまざまなリンクを見ることができますが、$ idに各リンクのjob_idを含める方法がわかりません。すべてのジョブが表示されているので私はデータベースに接続していますが、私は** vacancy.php?job_id = **しか見ることができません。リンク上にマウスを置くと、番号は生成されません。したがって、詳細ページをクリックすると、「このページをレンダリングするデータはありません。 –