帶有PHP動作的HTML鏈接

Question

我正在創建一個存儲諸如地址，城市等家庭信息的網站。我獲得了上傳到數據庫部分的工作，並且我搜索了數據庫並顯示了完成的信息。

但現在我的計劃是你得到的搜索結果，並從那裏你可以選擇通過鏈接查看該家的完整檔案。使用從數據庫收集的信息顯示完整的配置文件已通過單獨的php文件完成。現在，當我鏈接php文件時，它只會顯示數據庫中的最後一列。我如何鏈接它，所以當我點擊「查看完整個人資料」時，它將連接到與不同地址或價格對應的正確數據/個人資料。或者，如果我不能使用HTML鏈接我可以使用什麼？這是不可能的嗎？

這裏是一個顯示搜索結果的代碼，我已經成功地能夠搜索數據庫並顯示它

<?php 
if($sql->num_rows){ 
    while ($row = $sql->fetch_array(MYSQLI_ASSOC)){ 
     echo '<div id="listing"> 
        <div id="propertyImage"> 
         <img src="images/'.$row['imageName1'].'" width="200" height="150" alt=""/> 
        </div> 

        <div id="basicInfo"> 
        <h2>$'.$row['Price'].'</h2> 
        <p style="font-size: 18px;"># '.$row['StreetAddress'].', '.$row['City'].', BC</p> 
        <p>'.$row['NumBed'].' Bedrooms | '.$row['NumBath'].' Bathrooms | '.$row['Property'].'</p> 
        <br> 
        <p><a href="outputtest.php" class="link2">View Full Details</a> | <a href="services/services.html" class="link2">Get Directions</a> 

        </div> 
       </div>'; 

     height="150" alt=""/>'; 


    } 
} 
else 
{ 
echo '<h2>0 Search Results</h2>'; 
} 
?> 

這裏是顯示outputtest.php信息的PHP

<?php 
mysql_connect("localhost","root","31588patrick"); 
@mysql_select_db("test") or die("Unable to select database"); 
$query="SELECT * FROM propertyinfo"; 
$result=mysql_query($query); 

$num=mysql_numrows($result); 

mysql_close(); 



$i=0; 
while ($i < $num) { 

$varStreetAddress=mysql_result($result,$i,"StreetAddress"); 
$varCity=mysql_result($result,$i,"City"); 
$varProperty=mysql_result($result,$i,"Property"); 
$varNumBed=mysql_result($result,$i,"NumBed"); 
$varNumBath=mysql_result($result,$i,"NumBath"); 
$varPrice=mysql_result($result,$i,"Price"); 
$varEmail=mysql_result($result,$i,"Email"); 
$varPhone=mysql_result($result,$i,"Phone"); 
$varUtilities=mysql_result($result,$i,"utilities"); 
$varTermLease=mysql_result($result,$i,"TermLease"); 
$varNotes=mysql_result($result,$i,"Notes"); 
$image1=mysql_result($result,$i,"imageName1"); 
$image2=mysql_result($result,$i,"imageName2"); 
$image3=mysql_result($result,$i,"imageName3"); 
$image4=mysql_result($result,$i,"imageName4"); 



$i++; 
} 

?> html code will go after this 

謝謝

編輯其工作

<?php 

////////////using mysqli to connect with database 

$mysqli = new mysqli("localhost","root","31588patrick", "test"); 
     if ($mysqli->connect_errno) { 
      echo "Failed to connect to MySQL: (" . $mysqli->connect_errno . ") " . $mysqli->connect_error; 
     } 
///////////set variables 
$record_id = $_GET['record_id']; 

$sql = $mysqli->query("select * from propertyinfo where StreetAddress like '%$record_id%'"); 

if($sql === FALSE) { 
    die(mysql_error()); // TODO: better error handling 

} 


if($sql->num_rows){ 
    while ($row = $sql->fetch_array(MYSQLI_ASSOC)){ 
     $varStreetAddress=$row['StreetAddress']; 
     $varCity=$row['City']; 
     $varProperty=$row['Property']; 
     $varNumBed=$row['NumBed']; 
     $varNumBath=$row['NumBath']; 
     $varPrice=$row['Price']; 
     $varEmail=$row['Email']; 
     $varPhone=$row['Phone']; 
     $varUtilities=$row['utilities']; 
     $varTermLease=$row['TermLease']; 
     $varNotes=$row['Notes']; 
     $image1=$row['imageName1']; 
     $image2=$row['imageName2']; 
     $image3=$row['imageName3']; 
     $image4=$row['imageName4']; 

     } 
} 

Answer 1

如果您正在使用的鏈接僅獲取數據庫表中的最後一條記錄，則使用的基礎查詢必須獲取最後一條記錄，而不是所需的記錄。我是否正確理解你遇到的問題？你使用的任何鏈接只是返回數據庫中的最後一條記錄？

發佈代碼片段將有助於社區仔細觀察。

在你的PHP文件

，運行的所有記錄的查詢，但是......

$record_id = mysql_real_escape_string($_GET["record_id"]); 
$query="SELECT * FROM propertyinfo WHERE id=$record_id"; 

你的鏈接需要附加一個參數，可以讓你查詢特定的記錄。

a href="outputtest.php&record_id=8" 

而且您還想在將它粘貼到查詢中之前檢查GET參數中的內容！我知道mysql_real_escape_string已過時。