您好我正在嘗試創建一個大學任務的購物車，我想從一個變量的內容中加載一張表，但不管我做了什麼，它都不會識別它的內容。選擇存儲在變量
下面的代碼段
$sql = sprintf("SELECT name, description, price FROM %s WHERE id = %d;",$table, $product_id); $result = mysql_query($sql);
表變量的內容被錯過了這樣的尋找一個無名的表，我搜索谷歌和發現一對夫婦的例子但爲我工作。
有沒有人有任何想法？
謝謝斯科特。
試試這個，應該認識到你的變量分號：
$sql = sprintf("SELECT name, description, price FROM " .$table. " WHERE id = %d", product_id);
$result = mysql_query($sql);
再次感謝Charley14，但仍然有同樣的問題。 – user1412672
mysql_query帶兩個參數，一個是你的查詢，另一個是連接到你的數據庫，所以你需要做以下的操作： $ result = mysql_query（$ sql，你的連接變量）; `
感謝您的回覆，sql查詢不是問題，如果我改變了我想要使用$ table的地方，而只是寫了表名的工作正常。問題是它不認識變量。 – user1412672
你是如何設置'$ table'？ – jprofitt
大聲笑是肯定設置$表我回聲了它的內容，它有表名存儲 – user1412672
您的示例如預期的$ table和$ product_id定義時工作。檢查你的代碼是否有錯別字，你可能會設置一個不同名字的變量。 – lanzz