我编写了一个脚本，简而言之，该脚本应该从数据库中查询数据，并将结果回显到HTML表单字段中。然而，我一直没有成功。请参阅以下代码：
<?php
include("dbconfig.php");
$val = '6';
$result = mysqli_query("Select * from test where testid= '$val'");
$name = (mysqli_num_rows($result)==1) ? mysqli_fetch_assoc($result) : null;
if(is_array($name)){
?>
<html>
<body>
<form>
Name: <input type="text" id="firstname" value="<?php echo $name['firstname']; ?>"/>
</form>
<?php
} else {
echo "No such name exists";
}
?>
</body>
</html>
有人能告诉我我做错了什么吗。因为它不会在领域中产生任何反响，我觉得这很烦人，因为我遇到的大多数脚本都与此脚本非常相似。
我们将不胜感激。
谢谢你，
Sohail。
我已经测试了下面的内容，它运行正常。@Fred ii-给了你很多好的信息，尤其是使用错误调试-但你确实需要提供你丢失的连接对象。
<?php
error_reporting( E_ALL );
include("conn.php");
$val = 6;
/* What is the name of the $connection object ? */
$result = mysqli_query( $conn, "Select * from `test` where `testid`='$val'" );
$name=( $result ) ? mysqli_fetch_assoc( $result ) : false;
?>
<html>
<head>
<title>Ya gotta have a title...</title>
</head>
<body>
<?php
if( !empty( $name ) ){
echo "
<form>
Name: <input type='text' id='firstname' value='{$name['firstname']}'/>
</form>";
} else {
echo "No such name exists";
}
?>
</
您没有将数据库连接传递给查询，因此它永远不会被执行。
- 假设使用
mysqli_成功连接
这行代码：
$result = mysqli_query("Select * from test where testid= '$val'");
需要有一个连接参数：
$result = mysqli_query($connection, "Select * from test where testid= '$val'");
并且我们不知道您使用哪个MySQL API来连接。
您的查询可能已失败，请检查是否有错误。
$result = mysqli_query("Select * from test where testid= '$val'")
or die(mysqli_error($connection));
并将$connection变量替换为您在dbconfig.php中分配的变量，这对我们来说是未知的
不同的MySQL API/函数不会混用。
请参阅以下链接http://php.net/manual/en/mysqli.error.php和http://php.net/manual/en/function.error-reporting.php并将其应用于您的代码。
您还可以接受SQL注入。使用事先准备好的语句。
- https://en.wikipedia.org/wiki/Prepared_statement
参考文献：
- http://php.net/manual/en/mysqli.query.php
- http://php.net/manual/en/function.mysqli-connect.php
将错误报告添加到文件顶部，这将有助于查找错误。
<?php
error_reporting(E_ALL);
ini_set('display_errors', 1);
// rest of your code
旁注：显示错误只能在暂存中进行，而不能在生产中进行。
如果你想检查是否存在一行，请参阅我在Stack:上的另一个答案
- https://stackoverflow.com/a/22253579/1415724