PHP - 從數據庫中獲取值並顯示已知值

我一直在尋找這一段時間..這可能很簡單，但我似乎無法做到正確。PHP - 從數據庫中獲取值並顯示已知值

我的網站使用帶翻譯的文件。每個翻譯都有它自己的變量。
像：$_text_login（它轉換爲：登錄或Aanmelden或Derp）。

我在我的數據庫中創建了一個菜單表。其中一個菜單項有文字：$_text_login

顯然，當我得到菜單信息時，它沒有顯示當前設置的變量值，它只是顯示$_text_login。

我試過eval()但是，這並不工作..

誰能幫助？

來源

2015-04-22 TheSource85

如果$ _text_login是一個變量，要渲染的STR它包含，你需要回聲。例如：<？= $ _ text_login;？> – Kisaragi

所以基本上你需要幫助讓你的模板系統工作？ –

如果你不得不求助於'eval（）'或*變量變量* hacks來讓它起作用，無論如何，這對我來說意味着你做的事情很奇怪（或者錯誤）。如果我是你並且重新思考，我可能會回到這個畫板上。 – CD001

我不推薦這種方法，我會santize變量名，但是從它的聲音，你可以實現你說的話有：

echo eval('return '. $item . ';');

凡$項目會從結果數據庫。

來源

2015-04-22 14:58:47 Muggles

可以說$row是您從數據庫中收到的結果，而text是包含該變量的列的名稱。然後，你可以這樣做：

echo $$row['text'];

如果$row['text']爲_text_login這應該輸出的$_text_login值。數據庫中不應該有$。

http://php.net/manual/en/language.variables.variable.php

來源

2015-04-22 14:58:51 lshas

根據PHP的文檔，你可以只使用$$varname結構：我的意思是：

<?php 
$fruit = "apple"; 
$variable = "fruit"; 

print_r($$variable); //outputs apple

來源

2015-04-22 15:00:16 Zeusarm

明白了！謝謝..

評估和演示工作做最後。因爲我相匹配的實際變量... 我覺得自己很蠢，現在..

而（$ main_obj = $ query_mainmenuitems-> fetch_object（））{

  if (preg_match('/\$text_/',$main_obj->value)) { 
       $mainmenu_title = eval('return '.$main_obj->value.';'); 
      } else { 
       $mainmenu_title = $main_obj->value; 
      }

}

它不應該是$ _text_logon ..我的所有的翻譯有$ text_ [無論]

來源

2015-04-22 15:27:04 TheSource85

PHP - 從數據庫中獲取值並顯示已知值

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