php變量顯示不正確

Question

我試圖建立一個飼料應用程序在PHP中，即時通訊使用一個簡單的表與2列..一個名稱和一個爲各自的飼料...我的飼料正常出現，但有一些問題名繼承人的代碼...

<?php 
include_once "connect_to_mysql.php"; 
$sql = mysql_query("SELECT id, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT  20"); 
while($row = mysql_fetch_array($sql)) 
{ 
$name = $row["name"]; 
$uid = $row["userid"]; 
$ufeed = $row["feed"]; 
$feeddate = $row["feeddate"]; 


$feeds .= ' 
     <table width="90%" align="center" cellpadding="4" bgcolor="#A6D2FF"> 
    <tr> 
     <td width="7%" bgcolor="#FFFFFF"><a href="http://www.project360.in/emp_profile.php?id=' . $uid . '">' . $name . '</a><br /> 
     </td> 
     <td width="93%" bgcolor="#D9ECFF"> <span style="font-size:10px; font-weight:bold; color:#A6A6A6;">' . $feeddate . '</span><br /> 
     ' . $ufeed . '</td> 
    </tr> 
    </table>'; 

}?> 
<?php print "$feeds"; ?> 

這裏的$名稱的事情是根本不顯示爲鏈接！請幫助..

Answer 1

你只選擇三列：

SELECT id, feed, feeddate 

「名」不在其中，所以它會總是空的。

Answer 2

$row["name"]未設置的，因爲你不包括名稱列中的數據庫查詢的選擇表達式。因此，聲明

$name = $row["name"]; 

套$name到null。這同樣適用於$uid和$row["userid"]。

Answer 3

您的SQL查詢應該是

$sql = mysql_query("SELECT name, id, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT 20");

此外，你必須$uid = $row["userid"];。我相信它應該是$uid = $row["id"];，因爲你在sql查詢中有id。你必須改變他們中的任何一個。

如果你有id使用上面的查詢，否則使用下面的查詢。

$sql = mysql_query("SELECT name, userid, feed, feeddate FROM feeds ORDER BY feeddate DESC LIMIT 20");

Answer 4

您選擇3列id,feed,feed date。但你要打印name,id,feed,feed date。請選擇名稱欄。它會顯示正確的輸出。