Where子句匹配變量不工作

美好的一天！我有這個疑問：Where子句匹配變量不工作

$name = $this->input->get_post('name'); 
$unit = $this->input->get_post('unit'); 
$user = $this->session->userdata('user'); 
$sql = $this->db->query("select ID from type WHERE code LIKE '%".$unit."%'"); 
     $result = mysql_query($sql); 
$this->db->set('Name', $name); 
$this->db->set('Unit', $result); 
$this->db->set('Owner', $user); 
$this->db->set('CreatedBy', $user); 
$this->db->set('ModifiedBy', $user); 
$this->db->insert('prod'); 
$this->db->select('ID'); 
$this->db->from('type'); 
$this->db->where('%'.$unit.'% = type.code'); 

$id = $this->db->insert_id(); 

return (isset($id)) ? $id : FALSE;

我不知道爲什麼我不能用ID從表type的值設置表Unit當我有where子句中的條件。

有人可以幫助我嗎？

來源

2014-03-31 user987654321

什麼框架？笨？你是不是故意用'type.code'的值來設置'Unit'列，因爲如果'Unit'是一個表，那麼你就錯了。 – Prix

是的，codeigniter。當$ outputunit等於表類型的列代碼的值時，使用表類型的列ID值設置Unit。 – user987654321

你可以像我們一樣而不是在那裏 –

我不確定代碼試圖完成什麼，但like()不需要包含％。如果您致電like('type.code', '%1234%')，查詢將有WHERE type.code LIKE '%\%1234\%%'。所以你可以寫$this->db->like('type.code', $unit);如果你只希望％只在一邊，或者你想明確，like()需要第三個參數，可以是'both','before','after'或'none'來指定插入％的位置。

這也許不是你唯一的錯誤：

$sql = $this->db->query("select ID from type WHERE code LIKE '%".$unit."%'"); 
$result = mysql_query($sql);

The documentation說$sql在上面的代碼將是一個結果對象，並呼籲它mysql_query()會有不可預知的結果。要獲得實際的結果對象，您應該調用$sql->result()（如果您希望獲得多行）或者只是調用$sql->row()，因爲它看起來像只查找一行。

$this->db->set('Unit', $result);

在這裏，你要使用$result->ID（假設$result是行，而不是行的陣列）。設置單位$result不會工作。要麼它將Unit設置爲0，或者由於$result是stdClass對象而不是標量值的事實導致的其他無意值。

希望有所幫助。

來源

2014-04-07 18:28:29 rhinoplusfacile

重命名「type」表，類似code_type，看看它是否工作。

來源

2014-04-07 18:38:41

Where子句匹配變量不工作

回答

相關問題