我有一个下拉菜单，我用它来选择，这导致一个值给下一页。我想使用这个值来确定从哪里进行选择。所以可能的值是汽车和玩具。所以我想让用户使用下拉菜单来选择汽车，这导致数据库从汽车中选择来查找项目。如果用户选择了玩具，我会让他们从玩具中进行选择，以便找到该道具。当我尝试使用这段代码时，我只是得到一个错误。如果我删除'%item%'，错误就会消失。任何帮助都会受到欢迎。谢谢。
提交<form action="search.php" method="post">
<select>
<option value>Choose A Item</option>
<option value="car" name="item">Car</option>
<option value="toys" name="item">Toys</option>
</select>
<input type="submit" name="submit" value="Submit" />
</form>
$term = $_POST['term'];
$item = $_POST['item'];
$query = mysql_query("select * from '%$item%' where Items like '%$term%'");
if(mysql_num_rows($query) <= 0)
{
echo "<center>No results. Please try another item.</center>";
} else {
while ($row = mysql_fetch_array($query)) {
echo "<p2>";
echo $row['Items'], ' - Location ' .$row['Loc'];
echo '<br/><br/>';
echo "</p2>";
}
}
?>
1.) -不要使用mysql_query -它是一个过时的库，上面所写的查询受制于SQL注入-这是互联网上最常见的妥协。
2.)不要用like '%…%'，因为它不能被索引，并且在任何中等或更大大小的表上都会非常慢。尝试至少删除第一个%以允许索引。
http://php.net/manual/en/book.pdo.php我认为您的查询应该改为:$query = mysql_query("select * from '$item' where Items like '%$term%'");