mysqli_fetch_array沒有更新

我創建了一個CMS系統，您可以使用模板系統創建頁面。非常簡單，它的工作原理。我在管理界面上有一個腳本，它列出了所有創建的頁面（同時它們鏈接到相應的編輯頁面），但腳本無法正常工作：它顯示了通過手動插入數據在PHPmyadmin中，但不是我通過CMS系統創建的。mysqli_fetch_array沒有更新

我已經檢查過數據庫，並且使用我的CMS系統創建的頁面在那裏。任何人都可以發現錯誤？提前致謝！

<?php 
    require_once "../scripts/conector.php"; 

    if (!$_GET['pid']) { 
    $pageid = '1'; 
    } else { 
     $pageid = preg_replace('/[^0-9]/', "", $_GET['pid']); // filter everything but numbers for security 
    } 

    $sqlCommand = "SELECT id, producent FROM pages WHERE showing='1' ORDER BY id ASC"; 
    $query = mysqli_query($myConnection, $sqlCommand) or die('Error: ' . mysqli_error($myConnection)); 

    $producentnamn = ''; 
    while ($row = mysqli_fetch_array($query)) { 
     $pid = $row["id"]; 
     $producent = $row["producent"]; 
     $producentnamn .= '<a href="edit_page.php?pid=' . $pid . '">' . $producent . '</a>'; 
    } 
    mysqli_free_result($query); 
?> 

<ul class="f-dropdown" id="drop1"> 
    <li><?php echo $producentnamn; ?></li> 
</ul>

來源

2014-04-29 viriato

嘗試print_r（$ row），而你得到 –

是顯示是1插入，並且id不是0？ –

你在這裏構建的方式，你會把每一個鏈接放到一個'li'對中。不是你說的錯誤，但仍然是一個問題。 – ethrbunny

你在這裏做的錯誤，即外部，而你試圖獲取VAR的價值，所以你必須將它保存在一個陣列中，類似這樣的

$arr=array(); 
while ($row = mysqli_fetch_array($query)) { 
     $pid = $row["id"]; 
     $producent = $row["producent"]; 
     $producentnamn .= '<a href="edit_page.php?pid=' . $pid . '">' . $producent . '</a>'; 
     $arr[]=$producentnamn; 
    } 
    mysqli_free_result($query);

現在嘗試獲取此，

print_r($arr);

來源

2014-04-29 13:10:03 SagarPPanchal

mysqli_fetch_array沒有更新

回答

相關問題