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私はいくつかのデータベーステーブルを持っています。それらはすべてデータでいっぱいです。私は、データを取得しようとする次のPHPコードがあります：PHP mysqli_num_rowsはデータベース内のデータでも常に0を返します
$sql = "select inspection_date, inspection_type, capacity, criticality, man_hours from $table_name where device_number = '$device_number' order by inspection_date";
//printf("sql = $sql <br/>");
$result = mysqli_query($conn, $sql);
if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
$final_array[] = array("device_number"=>$all_ld_formatted[$i]['device_number'], "old_device_number"=>$all_ld_formatted[$i]['old_device_number'],
"type"=>$all_ld_formatted[$i]['type'], "building"=>$all_ld_formatted[$i]['building'], "room"=>$all_ld_formatted[$i]['room'],
"power"=>$all_ld_formatted[$i]['power'], "inspection_date"=>$row['inspection_date'], "inspection_type"=>$row['inspection_type'],
"capacity"=>$row['capacity'], "criticality"=>$row['criticality'], "man_hours"=>$row['man_hours']);
}
} else {
printf("no results <p/>");
}
上記のコードはfor-loopで実行されています。だからこそ、そこに$ all_ld_formatted [$ i] ['value']のものがあるのが分かります。何らかの理由で、コードは常に「結果なし」を返します。しかし、私がprintf（ "sql = $ sql"）のコメントを外すと、 PHPMyAdminにクエリをコピーアンドペーストすると、いつも私が探している結果が得られます。助けてくれてありがとう！
よろしく、
クリス・マルティーノ
** WARNING **：あなたが使用する必要がありますmysqli' '使用する場合は、[パラメータ化クエリ]（http://php.net/manual/en/mysqli.quickstart.prepared-statements.php）と['bind_param']（http://php.net/manual/en/mysqli-stmt.bind-param.php）を使ってクエリにユーザーデータを追加します。 **重大な[SQLインジェクションのバグ]（http://bobby-tables.com/）を作成したため、文字列の補間または連結を使用してこれを実行しないでください。 ** '$ _POST'、' $ _GET'、**任意の**ユーザデータを直接クエリーに入れないでください。誰かがあなたのミスを悪用しようとすると非常に危険です。 – tadman
うん、 '$ table_name'って何？ '$ table_name'に' device_number = $ device_number'という行がありますか？ '$ conn'は有効ですか？他の何か？ – chiliNUT
異なる顧客データを異なるテーブルに格納していないことを本当に願っています。それはあなたが維持できない怪物を作り出す方法です。 – tadman