SQLite子查詢不能在PHP中工作

我正在使用php和sqlite的簡單投票系統。我預先構建了一個完整的場景，並在sqlite命令行中進行了測試，它在那裏效果很好。但是一個查詢，它應該返回一個投票的所有可能的答案，並投票支持它的用戶，不工作了......SQLite子查詢不能在PHP中工作

表：

CREATE TABLE polls (
question CHAR(200) 
); 

CREATE TABLE choices (
poll_id INTEGER(5), 
choice_text CHAR(200) 
); 

CREATE TABLE votes (
poll_id INTEGER(5), 
user_id INTEGER(5), 
choice_id INTEGER(5), 
PRIMARY KEY (poll_id, user_id) 
); 

CREATE TABLE users (
name CHAR(100), 
pass CHAR(100), 
session CHAR(100) 
);

PHP：

$query = "SELECT choices.rowid,choices.choice_text, 
      (SELECT users.name FROM users WHERE votes.user_id=users.rowid) AS name 
     FROM choices,polls LEFT OUTER JOIN votes ON choices.rowid = votes.choice_id 
     WHERE polls.rowid=choices.poll_id AND polls.rowid='$pollid'"; 

$result = $db->arrayQuery($query, SQLITE_ASSOC); 
echo json_encode($result);

這將返回：

Warning: SQLiteDatabase::arrayQuery() [sqlitedatabase.arrayquery]: no such column: votes.user_id in C:\Users\jan\Eigene Programme\xampplite\htdocs\cattle\vote\update.php on line 122 
false

我試圖在改變的子查詢

(SELECT users.name FROM users,votes WHERE votes.user_id=users.rowid) AS name

這工作，但不會返回相同的結果的第一件事：/ 我修修補補很長與查詢，因爲我不是專業人士，所以我想這可能會有更好的查詢？

來源

2009-10-17 Jan

如果我正確理解您的查詢，您可以避免子查詢並使用連接。您也不需要從polls中選擇。

SELECT 
    choices.rowid, 
    choices.choice_text, 
    users.name 
FROM 
    choices 
    LEFT JOIN votes ON choices.rowid = votes.choice_id 
    LEFT JOIN users ON votes.user_id = users.rowid 
WHERE choices.poll_id = ?

來源

2009-10-17 13:58:55

謝謝，就是這樣！（不能相信我的嘗試比「專業」解決方案更加醜陋:)） – Jan 2009-10-17 14:09:49

爲什麼使用子查詢，如果您已經加入了投票表？您可以將多個連接鏈接在一起。

來源

2009-10-17 14:00:01 knittl

SQLite子查詢不能在PHP中工作

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