儘管搜索元素存在於數據庫pdo中

我越來越空白obj儘管searchelement存在於database中，儘管搜索元素存在於數據庫pdo中

這裏就是我想要

$userInput = 'john'; 
    $db = getDB(); 
    $sql = "SELECT user_id, email, token FROM users WHERE name LIKE name=:input";   
    $stmt = $db->prepare($sql); 
    $stmt->bindParam("input", $userInput,PDO::PARAM_STR); 
    $stmt->execute(); 
    $usernameDetails = $stmt->fetch(PDO::FETCH_OBJ); 

    print_r($usernameDetails);

我沒有得到任何形式的error也

請幫我在此先感謝！

來源

2017-09-27 EaB

所以，你需要'LIKE'還是需要'='？ –

我決定我想'LIKE' – EaB

然後刪除'='。你知道正確的'LIKE'格式，不是嗎？ –

你有錯誤的語法爲LIKE運營商

name LIKE name=:input";

你需要改變這

$query = $db->prepare('SELECT user_id, email, token FROM users WHERE name LIKE :input'); 
$query->bindParam("input", "%$userInput%", PDO::PARAM_STR);

注：%指任何字符。

來源

2017-09-27 08:50:16 Ravi

雅ravi我現在得到的結果，我試過@moulder的答案，但得到一些'錯誤' – EaB

我有一個疑問做這個查詢會獲取多個結果？現在我得到單一結果。你能告訴我如何「獲取」多個結果嗎？ – EaB

@EaB你是什麼意思的多重結果。這取決於數據，如果你有數據，那麼你會得到他們在結果集 – Ravi

在查詢中使用一個奇怪的做法：

WHERE name LIKE name=:input

name像什麼？

你要麼使用

SELECT user_id, email, token FROM users WHERE name=:input

或

SELECT user_id, email, token FROM users WHERE name LIKE :input

在LIKE我想你需要添加%情況下，否則LIKE成爲=：

// previous code here 
$stmt = $db->prepare($sql); 
$stmt->bindParam("input", '%' . $userInput . '%' ,PDO::PARAM_STR); 
// more code here

來源

2017-09-27 08:45:13

儘管搜索元素存在於數據庫pdo中

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