İşte kod: $ conn = new mysqli ('localhost', 'kullanıcı', 'password', 'db'); $ deyim = $ conn-> ('oturumları seçinVeri') hazırlamak; $ deyim->
Phpmyadmin aracılığıyla çalışıyor ama benim php web sitesine eklediğinizde hiçbir sonuç ya döndü ve hiçbir hata / uyarı mesajı vardır Aşağıdaki basit sorgu var.
Ben sütun adları ve sütun ve bir tablo adı eklenecek değerler bir ilişkisel dizi (basit bir dize) göre hazırlanmış bir INSERT deyimi üreten bir işlevi vardır: function ...
, Ben bir sonuç kümesi geri gönderir mysql saklamak yordamını çağırmak çalıştığınızda hiç, bu "verilen bağlamda bir sonuç kümesi iade edemez" bana söyleyerek tutar. Bunu google ettik ve bazı mysql hata olduğunu söyledi ..
Yeterince basit bir soru olmalıdır:? Ben MySQLi hazırlanmış deyimleri kullanıyorum, ben halen de) (mysqli_real_escape_string kullanmak gerekiyor, bu gerekli mi, ya da iyi bir fikir sayesinde, Nico
Ben hazırlanıp php mysqli uzantısı kullanıyorum, ama bir sorguyu bu object.Here kod sorgu yaratmak değil: productcategories DAN $ sqlq = "SELECT id, adı ON ürünleri JOIN ...
Ben PHP5'ta mysqli sınıfını uzanan bir sınıfın basit ama fonksiyonel örnek bir örnek arıyorum.
Böyle hazırlanmış bir deyimi ile, bir: Col1 seçin ... tablodan Coln nerede col3 = ben (denemedim) iade edilen sütun numarasını almak için $ mysqli-> field_count kullanabilirsiniz inanıyorum Ama nedir?..
Ben bir sql sorgusu ve mysqli hazırlanmış deyimi var: $ sql = 'fotoğrafçılar DAN photographers.photographer_id, photographers.photographer_name SEÇ'; $ deyim = $ conn-> stmt_init ();
Ben 'photo_title' ve 'photographer_name' adı niteliği ve 'photo_id' adlı gizli bir alan ile iki alanları ile bir form var.
