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私は、php ファイルにリンクするフォームを作成し、データベースのマルチパラメータ検索を可能にする html ファイルを持っています。なんらかの理由で、ファイルが読み取られず、エラーが発生するため、SQL クエリをテストして動作することを確認することが難しくなります。前もって感謝します。

コードは次のとおりです。

<!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Strict//EN"

"http://www.w3.org/TR/xhtml1/DTD/xhtml1-strict.dtd">

<html>
<head>

<title>Bicycle Store Employees</title>
<link rel="stylesheet" type="text/css" href="web.css" />

</head>
<body>

<h1>Bicycle Store Manager</h1>

<h2>Customized Business Management for Bicycle Stores</h2>

<h3>EMPLOYEE INFORMATION</h3>

<?php

ini_set('display_errors', 'On');

$mysqli = new mysqli("$database", "$username", "$password", "$username");

if ($mysqli->connect_errno) {

print "Failed to connect to MySQL: (" . $mysqli->connect_errno . ") " . $mysqli->connect_error;

}
if( $_POST["submit"] ) {

    if (!($stmt =$mysqli->prepare("SELECT * into tempTable FROM 
(SELECT Fname, Minit, Lname, Address, Hourly, Sname, Saddress, Dno
FROM EMPLOYEE
join on Employee.Dno = DEPARTMENT.Dnumber
join on LOCATION.Store_num = DEPARTMENT.Store_num
where Fname = $_POST['Fname'] OR Lname = $_POST['Lname'] 
OR Stor_num = $_POST['Store_num'] OR Dno = $_POST['Dno']
GROUP BY Store_num);"))) {

print "Prepare failed: (" . $mysqli->errno . ") " . $mysqli->error;
}
if (!$stmt->bind_param("ssii",$_POST['Fname'], $_POST['Lname'], $_POST['Dno'], $_POST['Store_num'])) {
print "Binding parameters failed: (" . $stmt->errno . ") " . $stmt->error;
}
if (!$stmt->execute()) {
print "Execute failed: (" . $stmt->errno . ") " . $stmt->error;
}
 $stmt->store_result();

if (!$stmt->bind_result($Fname,$Minit,$Lname,$Phone,$Address,$Slocation,$Saddress,$Dno,$Hourly)) {
    print "Binding output parameters failed: (" . $stmt->errno . ") " . $stmt->error;
}
if ($stmt->num_rows == 0){
print "No results were found for the following search <p>"
  .$_POST['Fname'].$_POST['Lname'].$_POST ['Store_num'].$_POST['Dno']."</p>";
    }
else {
print "<table border=2 cellpadding=4>

        <tr bgcolor=white>

        <th>First Name</th>

        <th>Middle Initial</th>

        <th>Last Name</th>

        <th>Phone</th>

        <th>Address</th>

        <th>Store</th>

        <th>Store Location</th>

        <th>Dept #</th>

        <th>Hourly Rate</th>

        </tr>";

    while ($stmt->fetch()){

        print "<tr><td>".$Fname."</td><td>".$Minit."</td><td>".$Lname.

        "</td><td>".$Phone."</td><td>".$Address."</td><td>".$Slocation."</td>

        <td>".$Saddress."</td><td>".$Dno."</td><td>".$Hourly."</td></tr>";

    }

    print "</table>";
}

$stmt->free_result();
}

$mysqli->close();
?>


<p><a href="employee_info.html">SEARCH AGAIN</a></p>

<p><a href="index.html">HOME</a></p>

</body>
</html>
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2 に答える 2

0

見てください。

mysqli_error、mysqli :: $ error

于 2012-11-26T04:41:01.530 に答える
0 
$mysqli = new mysqli("$database", "$username", "$password", "$username");

まず、変数を二重引用符で囲む必要はありません。

したがって、次のようになります。

$mysqli = new mysqli($database, $username, $password, $username);

また、変数$database、$username、$passwordおよび$usernamedefined の値はどこにありますか? 使用する前に値を設定する必要があります。

于 2012-11-26T04:45:09.997 に答える