这个$符号在数据库名中,因此它在PHP中被标识为一个变量。因此,我可以知道,如何在php中使用这个查询?
问题是$符号在数据库名中。
DATA$SALES
<?php
$sql = "select service id from DATA$SALES.SERVICE_DATA where service_name in('202200*)";
$result = oci_parse($c,$sql);
oci_execute ($result);
?>
我有一个用PHP编写的网站,我正在创建。但是当我将它连接到数据库时,我遇到了这个问题。当我加载页面时,我得到顶部:
Warning: mysqli_connect(): php_network_getaddresses: getaddrinfo failed: No such host is known. in C:\Program Files\Apache Software Foundation\Apache2.2\htdocs\socialtest\inc\connect.inc.php on line 7
Warning: mysqli_connect(): (HY000/
我试图通过php echo命令占用页面的html div和来自另一个页面的数据库查询的结果。下面是我的示例代码:这是我正在执行查询的页面
$content = '<h3>Member Login</h3>
<?php
//Step 3: Perform a DB Query
$member_info = mysql_query("SELECT * FROM members", $db_connect);
?>
<?php
// Step 4: Use Returned Data
while($ro
我试图将一个数据库从XAMPP移到我的Synology。
现在我得到了这个错误:
Warning: mysqli_connect(): (HY000/1045): Access denied for user 'qs'@'localhost' (using password: YES) in /volume1/web/db.php on line 3
在数据库中,我创建了一个用户:
Name: qs
password: test
host: %
privileges: all..
在php中,我使用:
$link=mysqli_connect("
当试图更新我的数据库时,我会得到一个SQLSTATE42000:语法错误或访问冲突: 1064,您的MySQL语法中有一个错误;检查与您的MySQL服务器版本对应的手册,以获得正确的语法以使用near‘:汇总、wentWell:wentWell,’error。因为我已经试着解决这个问题好几天了,我真的很感激你的帮助。
这是我用来更新数据库(journal.php)的代码:
public function updateJournal($array) {
$query = "UPDATE journal SET
试图从php读取mysql数据库中用户的状态
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $dbname);
// Find status for row with Username of the Url?username=
$sql = "SELECT Status FROM Users WHERE Username = '".$_GET["username"]."'";
$result = mysql_query($sql) or die('Er
我用这段AJAX向我的PHP发送了两段数据:
function ajax_post(){
// Create our XMLHttpRequest object
var request = new XMLHttpRequest();
// Create some variables we need to send to our PHP file
var url = "php/addUser.php";
var username = document.getElementById("newUserName").value;
运行"php artisan migrate“什么也不做:没有数据库修改,没有消息(olso no "nothing to migrate"),没有错误。
也没有记录被添加到表迁移中。
以前,命令"php artisan migrate“运行良好。
文件夹数据库/migrations中的一个迁移文件包含以下内容:
<?php
use Illuminate\Database\Schema\Blueprint;
use Illuminate\Database\Migrations\Migration;
class VidsTableEdit14 exten
我想要更新我的mysql数据库,使用php使用变量方法,但它没有更新。我不知道问题出在哪里。这是我的代码:
$result = mysql_query("SELECT * FROM total") or die(mysql_error());
$i=$row['number'];
$n=$i+1;
$result = mysql_query("UPDATE total SET number = " . $n . " WHERE number = " . $i . "") or die(mysql_error()
我是一个cakephp新手,我尝试设置我的mysql连接。我以前有它的工作,但当我更改我的mysql数据库名称后,它将不再连接,即使我更改了配置文件夹内的database.php中的数据库名称。我必须再次运行cakephp控制台吗??
Your tmp directory is writable.
The FileEngine is being used for caching. To change the config edit APP/config/core.php
Your database configuration file is present.
Cake is NOT ab
当我从数据库中检索html形式的一列内容时,因为这一列包含通过基本url()检索到的文本和图像;
请参见示例:
<p>Although the complexities, individualities and uniqueness of the human mind is beyond
imagination, let alone comprehension.</p>
<img src="<?php echo base_url(); ?>assets/uploads/guide-banner.jpg" alt="guide
我的PHP主机将PHP版本从PHP7.4更改为PHP8。现在,我的高级图表不再显示了,我得到了一条错误消息,这取决于高海图系列数据。
图表的数据来自mysql数据库。
这是一个错误:
Uncaught TypeError: join(): Argument #2 ($array) must be of type ?array, string given in testchart.php:64
Stack trace:
\#0 testchart.php(64): join(Array, ',')
\#1 {main}
thrown in testchart.php on lin
我今天开始学习PDO。这实际上是我的第一个程序,我被困在第一个程序中。
这里有一个简单的表单,它向数据库添加一个值。当我单击submit按钮时,它给出了无法执行的原因( errorInfo函数什么也不返回)
数据库结构
Column Type
id int unsigned auto_increment
name varchar(255)
fillvalues.html
<form action="fillvalues.php" method="post">
<input type="text"
我试图用PHP中的mysqli接口创建数据库表,但是查询调用总是返回false,而数据库仍然是空的(没有表)。我不知道这个函数有什么问题,我还检查了数据库连接是否成功。
$connection->query('CREATE TABLE IF NOT EXISTS users (
name VARCHAR(20) NOT NULL,
hash VARCHAR NOT NULL
)');