當我使用的是PDO準備好的語句，並用它在一個表名插上失敗的查詢，一個簡單的例子：PHP/PDO：準備好的語句在創建表時不起作用？
$stmt = $dbh->prepare("CREATE TABLE ? (id foo, int bar,...)");
$stmt->execute(Array('table_foobar'));
它所做的就是替換?與'table_foobar'，單引號不要不允許爲我創作桌子！
我最終需要在準備語句的TOP上做一個sprintf以添加一個預定義的表名。
我到底在想什麼？
我能找到什麼明確的手冊中，但看着用戶供稿注意，使用的參數是用於實際值只，而不是表名，字段名等
普通字符串連接應（並且可以）被使用。
$tablename = "tablename";
$stmt = $dbh->prepare("CREATE TABLE `$tablename` (id foo, int bar,...)");
這就是我一直在談論的東西（當然，無聊的人都會死，呵呵）當有人聲稱「準備好的語句是100％安全的」 – 2010-09-08 08:43:02
@Col true - 如果你需要*使用動態表名，它應該被轉義不知何故 - 如果我正確地看到PDO，沒有明確的'escape'功能！因爲，你不再需要這個了。因爲，這就是你有參數化查詢。 – 2010-09-08 08:53:36
我一直使用'sprintf'，因爲我在'define'中定義了表名，所以我將它改成了一個可以完成的變量。 – John 2010-09-08 09:06:01
如果您要創建一個動態表，這很可能意味着你不明白的關係型數據庫的思想，結果做錯了什麼。
只需從應用程序設置中創建所有表，然後在運行時就不創建任何表。
根本不需要使用動態表名。
好點，儘可能遵循，但我可以看到動態表名稱的一個用例：允許用戶指定的前綴「appname_tablename」將多個安裝/應用程序合併到一個數據庫中的可再分發應用程序 - 在託管環境中有時是必需的。 – 2010-09-08 08:50:12
這是應用程序設置的一部分，我純粹是指由網站管理員設置的表名，不幸的是選擇了定義，但是需要sprintf。現在使用變量修復。 – John 2010-09-08 09:07:32
正確的做法是，在開始時創建所有表，而不是動態創建。但這是更一般的情況。例如，對於select語句，你也會遇到這個問題。 'SELECT * FROM？'也不起作用，所以如果他不動態創建表格，問題甚至會持續存在:) – 2010-09-08 09:09:54
我*認爲*表名不能被參數化。我會看看我是否可以得到任何硬文檔 – 2010-09-08 08:23:34
我從來沒有見過參數類型轉換（'id foo'）。 – 2010-09-08 08:47:00