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PHPでクエリ変数を渡しています。テーブル名にしたいのですが、SQL構文エラーの可能性があります。ステートメントを出力すると、変数が渡されて機能しますが、データベースは作成されません。

データベースを作成するための私のコードは次のとおりです。

$DBName = "database_name";  
$sql = "CREATE TABLE '$DBName'.'$login' (  
    ClientID int NOT NULL AUTO_INCREMENT,   
    AgentClients varchar(15),  
    ClientTotal int  
    )";  
mysql_query($sql,$link);
where `$login = $_POST['login'];

また、現時点ではセキュリティ違反の心配はありませんので、気にしないでください。

任意の洞察をいただければ幸いです。

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テーブル名には引用符ではなくバッククォートを使用する必要があります。

$sql = "CREATE TABLE `$DBName`.`$login` (  
  ClientID int NOT NULL AUTO_INCREMENT,   
  AgentClients varchar(15),  
  ClientTotal int,
  PRIMARY KEY (`ClientID`) 
)";
于 2012-10-29T19:26:30.147 に答える