PHPのインクリメンタル日MySQLの日付

Question

標準の日付値（「2017-04-17」、「2017-04-18」など）を含む日付フィールド（NDateと呼ばれる）を持つテーブルがMySQLにあります。

PHPのWebページから、私はシステムの日付（今日は2017-04-17と言います）をとり、上記の表のすべての行をNDate = "2017-04-17"にします。ここまで問題はありません。

今日（今日から10日間続く2017-04-17から2017-04-26まで）の日数を増やす必要があります。また、「Entries for 2017-04-17 "には、NDate 2017-04-17を持つすべての行、「Entries for 2017-04-18」が表示され、NDate 2017-04-18を持つすべての行がリストされます。

私はPHPのdate_modify関数でforループを使用して日数を1つずつ増やそうとしましたが、結果は表示されません。ここ
は、コードの選択部分です：Webページ上の

date_default_timezone_set('US/Eastern'); 
$datev = date("Y-m-d"); 
for ($x = 0; $x <= 10; $x++) 
{ 
    $datev=date_modify($date,"+$x days"); 
    echo "before date format<br>";  // echo statement 1 
    echo "date is: $datev <br>";  // echo statement 2 
    $sql = "SELECT * FROM tablename where Ndate='$datev'"; 
    echo "before result<br>";   // echo statement 3 
    ... 
    ... 
    ... 
} 

出力のみの文1を示している。しかし、エコー統計2と3は印刷されません。

Answer 1

あなたは日付関数のパラメータとしてのstrtotime関数を使用して日をインクリメントすることができます。

forループを使用すると、日の配列を作成できます。その後、それを反復して、必要なクエリを実行します。

$today = date('Y-m-d'); 
$dates=array($today); 
for($i=1;$i<10;$i++) { 
    $NewDate=date('Y-m-d', strtotime("+".$i." days")); 
    $dates[]=$NewDate; 
} 

foreach($dates as $dt) { 
    // sql stuff here 
    echo "date is: $dt <br>"; 
    $sql = "SELECT * FROM tablename where Ndate='$dt'"; 
    echo "before result<br>"; 
    // ..... 
} 

このコードは、あなたの場合に有効です。問題があれば教えてください。

Answer 2

はこれを試してみてください：

$start = strtotime(date('Y-m-d')); 
$end = strtotime(date('Y-m-d', strtotime('+10 days'))); 
while($start <= $end) 
{ 
    $date = date('Y-m-d', $start); 
    //use $date to do stuff 
    //SELECT * FROM tablename where Ndate='$date' 
    $start = strtotime("+1 day", $start); 
}