同じフィールドを持つ 3 つのテーブルを持つデータベースがあります。コンテンツを表示しようとしていますが、2 つの問題が発生しています。これがPHPファイルの内容です。誰か助けてくれませんか?
問題 1: 1 つのテーブルのみが表示さ
れる 問題 2: すべてのテーブルを追加し、どのテーブルにもデータがない場合、出力はNULL
(追加しようとしまし$query = "SELECT * FROM main_office,second_office,third_office";
たが、うまくいきませんでした。)
<?php
class Location {
public $address;
public $city;
public $us_state;
public $zip;
public $longitude;
public $latitude;
public function setAddress($address) {
$this->address = $address;
}
public function setCity($city) {
$this->city = $city;
}
public function setState($us_state) {
$this->us_state = $us_state;
}
public function setZip($zip) {
$this->zip = $zip;
}
public function setLongitude($longitude) {
$this->longitude = $longitude;
}
public function setLatitude($latitude) {
$this->latitude = $latitude;
}
}
header('content-type: application/json; charset=utf-8');
require 'config.php';
$db_server = mysql_connect($db_hostname, $db_username, $db_password);
if (!$db_server) die("Unable to connect to MySQL: " . mysql_error());
mysql_select_db($db_database) or die("Unable to select database: " . mysql_error());
$query = "SELECT * FROM main_office";
mysql_query("SET NAMES utf8");
$result = mysql_query($query);
if (!$result) die ("Database access failed: " . mysql_error());
$rows = mysql_num_rows($result);
for ($j = 0 ; $j < $rows ; ++$j)
{
$row = mysql_fetch_row($result);
$location[$j] = new Location;
$location[$j]->setAddress($row[5]);
$location[$j]->setCity($row[6]);
$location[$j]->setState($row[7]);
$location[$j]->setZip($row[8]);
$location[$j]->setLongitude($row[9]);
$location[$j]->setLatitude($row[10]);
}
$json_string = json_encode($location);
echo $json_string;
?>