我想輸出表名。在聲明是在哪裏獲取錯誤。如何在表格名稱中搜索sql db然後回顯所有名稱
$queryTable = "SELECT * FROM 'db_name'.sys.tables";
$result = $con->query($queryTable);
while($table = mysql_fetch_array($result)) {
echo $table[0];
}
我想輸出表名。在聲明是在哪裏獲取錯誤。如何在表格名稱中搜索sql db然後回顯所有名稱
$queryTable = "SELECT * FROM 'db_name'.sys.tables";
$result = $con->query($queryTable);
while($table = mysql_fetch_array($result)) {
echo $table[0];
}
這不是mysql語法。有兩種方法可以在mysql中完成。 第一個是簡單的使用show tables
查詢。這會給你所有的表名。 如果您想了解更多詳情,您可以查詢INFORMATION_SCHEMA.TABLES
表 - 在那裏你可以得到表上的所有信息(見這裏https://dev.mysql.com/doc/refman/5.0/en/tables-table.html更多信息)
有道理,我改變了我的查詢:$ queryTable =「INFORMATION_SCHEMA.TABLES」;在我的sql_fetch_arry()上有同樣的錯誤。不確定要在PHP中寫入並返回到屏幕。這裏是新手。哈哈。 – user3775749
它應該是'$ queryTable =「select * from INFORMATION_SCHEMA.TABLES」' –
使用反引號'\',而不是'單引號'''。應該是'SELECT * FROM \'db_name \'.sys.tables' – Siyual
你會得到什麼錯誤? – FutbolFan
mysql_fetch_array():提供的參數不是一個有效的MySQL結果資源 – user3775749