URLに応じてデータベースからコンテンツを取得

Question

URLに応じてデータベースからコンテンツを取得しようとしています。 あなたはindex.phpにいると言いますが、エンティティページでデータベースからコンテンツを取得したいとします。私のデータベースは次のようになります。

|id | page | header | content | feature | footer | 
|01 |index | header | content | feature | footer | 

それは、私はそれのすべてを表示することはできませんので、私はここにそれでだけダミーデータを入れたプロジェクトであるように、それは、全体ではありません。

のconfig.php：

<?php 
$url = $_SERVER['REQUEST_URI']; 
$dbhost = "dummyhost"; 
$dbuser = "dummyuser"; 
$dbpass = ""; 
$dbname = "dummy"; 

$conn = mysqli_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname); 

if(!$conn){ 
    die("ERROR"); 
} 

$index = mysqli_query($conn, "SELECT FROM pages WHERE page LIKE '".$url."%'); 
$indexRow = mysqli_fetch_assoc($index); 
$indexHeader = $indexRow['header']; 
$indexContent = $indexRow['content']; 
$indexFooter = $indexRow['footer']; 
$indexfeature = $indexRow['feature']; 

私はそれをどのように行うことができますか？ 私は$ _GETを使用してアドレスからいくつかの変数を得ることができることを知っていますが、この場合、別のサイトに行くために変数を使用していません。それでもそれを使うことはできますか、私は正しい道に迷っていますか？

Answer 1

編集：質問はクエリ文字列を使用しないと言います。

私は、URLに応じてデータベースからコンテンツを取得しようとしています。あなたはindex.php上にいるとし、エンティティページでデータベースからコンテンツを取得したいとします。

あなたは、あなたが今、それに応じてSQLを作成し、ファイル名を使用することができます

$path = parse_url($url, PHP_URL_PATH); 
$path = explode('&',$path); 
$filename = substr($path[0], -4); // removing '.php' 

によって呼び出されたファイル名を取得することができます。