在PHP中使用sql數據庫創建下拉列表

Question

*當我將它複製到問題時，「die」的條件被錯誤地排除在我的代碼之外。我把它放回去了。

我知道這個問題看起來可能是重複的，但我還沒有在其他任何問題中找到答案。我正嘗試創建一個基於數據庫中列的下拉列表。我嘗試了兩種不同的方式，但都沒有給我正確的結果。有誰知道這樣做的正確方法？

我在其他StackOverflow答案中看到的第一種方式（Fetching data from MySQL database to html drop-down list，Fetching data from MySQL database to html dropdown list）。我的代碼如下：

<?php 
$connect = mysql_connect('localhost', 'root'); 
if ($connect == false) 
    { 
    die ("Unable to connect to database<br>"); 
    } 

$select = mysql_select_db('ViviansVacations'); 
if ($select == false) 
    { 
    die ("Unable to select database<br>"); 
    } 
$query = "SELECT * FROM Destinations"; 
$result = mysql_query($query); 
?> 
<select name="select1"> 
<?php 


while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
{ 
echo "<option value='". $row['Europe'] ."'>" .$row['Europe'] ."</option>" ; 
} 
?> 
</select> 

的NetBeans給我發送一個錯誤，指出「文中未允許元素在這種情況下‘選擇’。」

第二種方法我試過：

<?php 
$connect = mysql_connect('localhost', 'root'); 
    { 
    die ("Unable to connect to database<br>"); 
    } 
    $select = mysql_select_db('ViviansVacations'); 
    { 
    die ("Unable to select database<br>"); 
    } 
    $query = "SELECT * FROM Destinations"; 
    $result = mysql_query($query); 
?> 
<select name="select1"> 
<?php 
    while ($line = mysql_fetch_array($result)) 
    { 
?> 
<option value="<?php echo $line['Europe'];?>"> <?php echo 
$line['field'];?> </option> 
<?php 
    } 
?> 
</select> 

此代碼沒有產生任何錯誤。然而，在表單內部是打開的php行後跟一個空的下拉框：

「）;} $ select = mysql_select_db（'ViviansVacations'）; {die（」Unable to select database 「）;} $查詢= 「SELECT * FROM目的地」; $結果= mysql_query（$查詢）;？>

Answer 1

有幾件事情，您可以確認和正確

首先，你的數據庫連接代碼，即。似乎並不正確我沒有看到你想要調用的任何條件die

$connect = mysql_connect('localhost', 'root'); 
{ 
die ("Unable to connect to database<br>"); 
} 

從上面的代碼，下面一行將執行所有的時間

die ("Unable to connect to database<br>"); 

你應該糾正你的數據庫連接的代碼下面：

$link = mysql_connect('localhost', 'mysql_user', 'mysql_password'); 
if (!$link) { 
    die('Could not connect: ' . mysql_error()); 
} 
echo 'Connected successfully'; 
mysql_close($link); 

您可以參考mysql_connect的用法。

此外，驗證您的文件擴展名是.php

Answer 2

你可能想嘗試使用這個..The的dept_id和描述u必須根據你的數據庫。希望改變這將幫助你

<?php 
    $sql = mysql_query("SELECT dept_id ,description FROM department 
    ORDER BY dept_id ASC"); 
    db_select($sql,"dept_id",$dept_id,"","-select Department-","",""); 
    ?> 

Answer 3

所以你的方法有很多問題。首先，您使用的是過時mysql_*功能，這是糟糕的想法和第二你沒有正確調試您的數據庫連接：

$connect = mysql_connect('localhost', 'root'); 
    { 
    die ("Unable to connect to database<br>"); 
    } 

在上面的代碼模具語句總是執行停止進一步執行。

還要確保數據庫ViviansVacations和表Destinations和列Europe用正確的名稱（按照標準，並嘗試使用數據庫/表/列的命名全部小寫字母）

正確mysqli_*的做法是（本地測試存在和選擇框形式正確）：

<?php 
$db = 'ViviansVacations'; 

$mysqli = new mysqli('localhost', 'root', '', $db); 

if($mysqli->connect_error) 
    die('Connect Error (' . mysqli_connect_errno() . ') '. mysqli_connect_error()); 


$query = "SELECT * FROM Destinations"; 
$result = mysqli_query($mysqli, $query); 

?> 

<select name="select1"> 
<?php 
while ($row = mysqli_fetch_array($result)) { 
    echo "<option value='" . $row['Europe'] . "'>" . $row['Europe'] . "</option>"; 
} 
?> 
</select> 

Answer 4

主要是您的問題是數據庫連接。試試這個 -

<?php 
mysql_connect("localhost", "root", "") or 
    die("Could not connect: " . mysql_error()); 
mysql_select_db("your_db"); 

$result = mysql_query("SELECT * FROM your_table"); 

while ($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC)) { 
    print_r($row); 
    echo "<br>"; 
} 

mysql_free_result($result); 
?> 

Answer 5

可能有幾個問題：

• 使用mysqli_connect，而不是mysql_connect因爲MySQL折舊
• 讓第三個參數爲空`mysqli_connect（ 'localhost' 的 '根'， ''）; //根據標準
• 調試您的代碼，例如：（print_r($connect)，在phpmyadmin中執行您的查詢，print_r($result)然後在循環中print_r($row)。

年末，我相信你會得到你想要的結果，你也將知道的細節，發生了什麼事。