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データベースからデータを取得して、それを Web ページに表形式で貼り付けようとしています。各表データには、データベースに他の詳細がある名前があり、その名前をクリックすると他の Web ページにも表示する必要があります。アンカータグが機能していないときに行き詰まりました。

NOT WORKING は、アンカー タグ内の名前がリンクではなく通常のテキストのようであることを意味しますが、テキストは下線付きで青色に変わりますが、リンク プロパティを取得していません。

データベースからデータを取得しているテーブルが機能しているほか、別のファイルにリンクする単純な名前であるテーブル データにアンカー タグを付けようとしています。

私は 2 つのファイルを使用しています。1 つは .php で、もう 1 つは同じ名前の .html です。

これは、私が使用していて、これに関連する LOC の一部です。他の3列は省略しました。

file.php

<?php
...

$query="select name from table1 order by name";

$rs=mysql_query($query);

$table = '<table>';

while ($row = mysql_fetch_array($rs))
{
  $cname = $row["name"];

  $table .= '<tr>
             <td><a href="file3.php">'.$cname.'</a></td> /*<a></a> not working*/
             </tr>';
}
$table .= '</table>';
include_once 'file.html';
?>

file.html

<html>
<body>

<form>..</form> /*passes user input to PHP file1*/

<p><?php echo $table;?></p>
</body>
</html>

Html は html ファイルからレンダリングされます。

file3.phpは、名前でリンクしようとしているページです。

XAMPP 1.7.7 と PHP 5.3.8 を使用しています

有用な提案はありますか?

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3 に答える 3

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クエリを見てください。cnameインデックスとして使用して$rowおり、クエリがフェッチされますname

$query="select name from table1 order by name";
              --^--

$cname = $row["cname"];
               --^--

エラー報告がオフになっていませんか? これに対してエラーが発生するはずです..確かに

注: mysql_() は間もなく非推奨になるため、使用を中止し、代わりにmysqli_()またはPDOを使用してください...

于 2013-01-31T13:37:24.690 に答える
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「mysql_fetch_array」よりも「mysql_fetch_assoc」を使用することをお勧めします。2. テーブルに値があるかどうかを確認します。3.「$row["cname"]」を「$row["name"]」に変更します

于 2013-01-31T13:41:07.417 に答える