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我創建了一個名爲menu的表,其中的兩列是menu_option和menu_content。我想要做的是,點擊一個menu_option轉到我創建的單獨的.php文件,這應該顯示在一個div menu_content。PHP echo中的PHP文件的href鏈接不起作用
我還沒有想出爲什麼當我點擊它時,它告訴我該對象無法找到。
<?php
$res=mysql_query("SELECT * FROM menu");
while($row=mysql_fetch_array($res)){
echo "<ul>";
echo "<li>";
echo "<a href=\"menucontent.php\">";
echo $row['menu_option'];
echo '</a>';
echo "</li>";
echo "</ul>";
}
?>
起初我以爲這可能是工作在我menucontent.php我可以使用echo $行[「menu_content」];爲菜單選項打印適當的菜單內容。
我真的會讚賞任何建議。
你確定menucontent.php文件位於正確的目錄嗎? –
因爲你所有的鏈接都會轉到名爲'menucontent.php'的PHP腳本,所以當你點擊鏈接時,他們實際做的任何條目之間沒有區別......每個不同的菜單選項應該做什麼?你的意思是'echo「」;' –
我的文件位於同一目錄下。 –