顯示數據庫記錄PHP

Question

我得到一個問題，我創建的程序，這樣的消息顯示

未定義的變量：當我想上顯示數據庫記錄html_response在C:\xampp\htdocs\

我的網頁。

這是我創建的腳本：

呼叫data.php

<?php 
$mysqli= mysqli_connect('localhost','sman10bdl','xx','x10x'); 
     $kls = $_POST['kelas']; 
     $query = "SELECT * FROM data_siswa WHERE kls='$kls'"; 
     // Execute Query 
     $result = mysqli_query($mysqli,$query); 
     if (!$result) { 
     printf("Error: %s\n", mysqli_error($mysqli)); 
     exit(); 
     } 
     $noUrut = 0; 
     while($row = mysqli_fetch_array($result)){ 
       $noUrut++; 
       $nis = $row["nis"]; 
       $nisn = $row["nisn"]; 
       $nama = $row["nama"]; 
       $kls = $row["kls"]; 
       $sex = $row["sex"]; 
       $alamat = $row["alamat"]; 
       $telp = $row["hanphone"]; 

       $html_response.= "<tr> 
       <td align='center'>$noUrut</td> 
       <td align='center'>$nis</td> 
       <td align='center'>$nisn</td> 
       <td align='left'>$nama</td> 
       <td align='center'>$sex</td> 
       <td align='center'>$alamat</td> 
       <td align='center'>$telp</td> 
       </tr>"; 
      } 
     echo $html_response; 
?> 

我希望任何機構可以給我的解決方案。非常感謝。

Answer 1

在添加到變量前，您尚未聲明該變量。

使用.=只附加到現有變量...它不聲明它，然後追加。

所以你的解決方案是在添加之前聲明$html_response。

Answer 2

您正試圖追加到變量$html_response，但您從不定義它。這樣你只能在while循環中定義它，所以它不能在其外部訪問。

呼叫$html_response .= 'something';基本上是這個簡寫：

$html_response = $html_response . 'something'; 

這應該工作：

$html_response = ''; // initialize with empty string 

while ($row = mysqli_fetch_array($result)){ 
    // ... 
    $html_response .= "..."; 
    // ... 
} 

echo $html_response; 

我看你的「答案」在這裏與更多的解釋 - 你應該更新你的問題，不要發佈一個「答案」，不回答任何問題：]

後一個問題和以前一樣，你仍然試圖追加到不存在的VA可變結構。只需使用此代替（注意點不存在）：

$html_response = "<table>"; // define variable initialized with string