選擇所有項目其中cat_id = x或parent_id = x（父母id不同表格）

嗨，作爲標題說我有一個PHP代碼，我在桌子上正常地回顯文章，問題是在這張桌子我只有cat_id該PARENT_ID在其他表中引用..選擇所有項目其中cat_id = x或parent_id = x（父母id不同表格）

"articulos" table 

id | titulo | fecha_evento | descripcion | img | cat_id 

"categoriablog" table 

    id | parent_id

這是IM的方式讓我查詢

$query1 = "SELECT id,titulo,fecha_evento,descripcion,img FROM articulos WHERE cat_id = 1"; 
    $result = mysql_query($query1);

我的目標是做這樣的事情，但「PARENT_ID」在其他表

$query1 = "SELECT id,titulo,fecha_evento,descripcion,img FROM articulos WHERE cat_id = 1 OR parent_id = 1"; 
     $result = mysql_query($query1);

來源

2013-09-30 Moncho Chavez

與以往一樣：_please_，爲了你和世界的其他部分：使用'mysql_ *'EXTENSION_ _stop。它已被棄用，並且在不久的將來某個時候將會被刪除。那麼，它應該早在幾年前就被刪除了，但無論如何：[讀取閱讀框]（http://www.php.net/mysql_connect）在頁面頂部，並clikc鏈接瞭解有關替代方案（ 'PDO'和'mysqli_ *'） –

感謝您的信息，我剛剛發現，昨天，對此感到抱歉，生病promess我會研究PDO和mysqli，所以我可以繼續前進，並更新自己 –

JOIN兩個表：

SELECT 
    a.id, a.titulo, a.fecha_evento, a.descripcion, a.img 
FROM Article AS a 
INNER JOIN Category AS c ON a.cat_id = c.id 
WHERE a.cat_id = x 
    OR c.parent_id = x

來源

2013-09-30 06:14:12

我得到一個mysql_fetch_assoc（）期望參數1是資源。我明白表的名稱必須改變，但我不明白a.cat_id的東西 –

@MonchoChavez - 'a'和'c'被稱爲別名，而不是在整個查詢中寫出全名，它們被使用作爲短名稱，您可以將其刪除並改爲使用全名。它應該工作得很好，你能告訴我你的錯誤是什麼。你有沒有直接在MySQL上試過？ –

是的，謝謝你.. mysql_fetch_assoc（）期望參數1是資源，布爾給定 –

您可以使用子查詢

SELECT id,titulo,fecha_evento,descripcion,img FROM Article 
WHERE cat_id = 1 OR cat_id IN 
(SELECT id from Category where parent_id=1)

編輯

請注意，此解決方案比由馬哈茂德的答案JOIN解決慢一點點。

來源

2013-09-30 06:13:25

哇我真的可以做那很好，讓我試試 –

也許它更快，但你的答案是在我的用戶級別，我可以很好地理解它，jaja，無論如何，我會嘗試使用Mahmoud解決方案，如果它更快，問題是我得到了錯誤，因爲我做不明白他在查詢中究竟做了什麼，我只是有一個想法，謝謝 –

你的編程方法非常好，因爲你真的想了解你正在得到的答案，並試圖使用更好的答案。這種方法將幫助你一路走來，讓你成爲一名優秀的程序員 –

選擇所有項目其中cat_id = x或parent_id = x（父母id不同表格）

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