$result = mysqli_query($conn,"SELECT * FROM table1 INNER JOIN `table2`
ON `table1`.`id`=`table2`.`id`;");
while ($row = mysqli_fetch_array($result) ){
echo 'name <textarea>'.$row["name"].'</textarea>';
}
在LAb(wampserver)上,它的工作我获得了有关“名称”的信息,但实际上在网站上我没有获得有关“名称”的信息。
我不知道您要收集什么,但是您可以使用下面的查询来获取记录。它将为您工作。
“从表1 t1内部联接表2 t2中选择t1。*开启t1.id = t2.id“
请检查连接可能与实时连接不同。还要在table2.id之后删除分号(;)。可能是您的问题解决了
可能会发生一些错误,但不会显示。
首先,我建议您检查连接:
$conn = mysqli_connect("$host", "$user "my_password", "$DBname");
/* check connection */
if (mysqli_connect_errno()) {
printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
exit();
}
如果可行,请检查查询错误:
if($result = mysqli_query($conn,"SELECT * FROM table1 INNER JOIN `table2`
ON `table1`.`id`=`table2`.`id`;"))
{
while ($row = mysqli_fetch_array($result) ){
echo 'name <textarea>'.$row["name"].'</textarea>';
}
}
else echo($conn->error);
其他可能的原因可能是:
确实是这样:
ON `table1`.`id`=`table2`.`id`
或者应该是这样吗?
`ON `table1`.`id`=`table2`.`rif_id`
table1
或table2
中没有数据可供选择>在live
数据库中,您是否检查过要选择的数据?可能会忘记忘记在实时数据库中插入数据。