mysqli

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    テーブル内のリンクをクリックすると他のページに移動し、このカテゴリのすべての製品を選択します 私はDBから選択さTDは、私はあなたのリンクがあるべき他のページに移動し、このcategorieに

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    私は、MySQLデータベース内のテーブル名の配列を実行し、mysqliクエリを実行してテーブルのインデックスを再作成するforeachループを持っています。 クエリとループの両方が正常に機能しているようですが、特定の数のテーブルの後にクエリが機能しなくなります。 単純に各テーブル名をエコー表示すると、すべてのテーブル名が表示されるので、ループ内のテーブルが欠落していないことがわかります。最初の数テ

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    データを更新するフォームを作成するために必要です。私は自分のフォームを作成し、私のPHPコーディングをしたが、エラーは表示されませんが、データは更新されません。 投稿をクリックした後、エラーメッセージは表示されず、更新されていないときに自分のレコードが更新されたというメッセージが表示されます。 まだphpで新しい学生は誰かが私のコーディングを見て、私が逃したものを見て助けることができますか?事前に

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    私は単純なPHPのリストを作成しています。私はそれが現在の日付でない場合、日付を赤にしたいと思います。私のコードの一部で、HTMLが削除されています。 <?php include "connection.php";?> <?php if ($_SERVER['REQUEST_METHOD'] == 'POST'){ $task = isset($_POST['task']) ? $_P

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    複数のデータベースのmysqlテーブルの値を表示したいとします。 私はこのようなコードを持っている: $db1 = "SELECT * FROM db1 where no='1' "; $db2 = "SELECT * FROM db2 where no='1' "; $db3 = "SELECT * FROM db3 where no='1' ";  をし、私はこのような1つのクエリを使

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    テーブルAとテーブルBの2つのテーブルがあります。テーブルAには、以下のような同じemp_idと日付を持つレコードはほとんどありません。私はこれらの2つのレコードを表Bに1つのレコードとして挿入したいと考えています。表Bの予期された出力を以下に示します。 表A 表B [期待出力]

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    ことを期待し、私はmysqliのために変換に関するすべての質問を読んでいるが、このコードを変換することはできません。 // Select how many news should be displayed if ($u_rank >= 1) { $sql = mysqli_query($connect_db, "SELECT news_d FROM users_data WHERE uid =

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    私のHTML/PHPテーブルに問題があります。私はhtml selectタグ にデータベースからのデータを入力してテーブルに表示しようとしています。ただし、データベースデータを含む選択タグは、表の最初の行にのみ表示されます。あなたはrow変数を上書きしている $result2 = mysqli_query($con,"SELECT vozac FROM vozaci"); $result =

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    実際にMySqliを使用しようとしていますが、データベースが接続されていることを示しているにもかかわらず、その機能が動作しません。 ini_set('display_errors', 1); ini_set('display_startup_errors', 1); error_reporting(E_ALL); $connect = mysqli_connect("localh

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    キーを削除します。 $db = $db->first("SELECT * FROM devices LEFT JOIN customer ON devices.customerid = customer.customerid WHERE devices.hash = '".$hash."' OR devices.deviceid = '".$hash."'"); をこの機能で: //Selec