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コードを実行すると、常にこのエラーが発生します

SQL 構文にエラーがあります。1 行目の ''leave'' 付近で使用する正しい構文については、MySQL サーバーのバージョンに対応するマニュアルを確認してください。

これが私のコーディング部分です

<?php
        $result = mysql_query("select * from 'leave'");
        if ($result == FALSE)
        {
            die(mysql_error());
        }
        while($row = mysql_fetch_assoc($result))
        {
    ?>
    <tr>
        <td><a href = "app_status.php? id = <?php echo $row["Leave_ID"];?>" target = "_blank"></a>Leave ID</td>
        <td><?php echo $row["Emp_ID"];?></td>   
        <td><?php echo $row["Date_Apply"];?></td>
        <td><?php echo $row["Leave_Type"];?></td>
        <td><?php echo $row["Leave_Start"];?></td>
        <td><?php echo $row["Leave_End"];?></td>
        <td><?php echo $row["Status"];?></td>
    </tr>
    <?php
        }

    ?>
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4 に答える 4

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単一クォートを使用しない

あなたはそれを試すことができます

 $result = mysql_query("select * from leave");

または`キーを使用

 $result = mysql_query("select * from `leave`");
于 2013-08-25T19:59:52.977 に答える
2 
$result = mysql_query("select * from 'leave'");
                                   //^     ^

テーブル名にバックティック文字 ` を使用します。

$result = mysql_query("select * from `leave`");
于 2013-08-25T20:03:26.640 に答える
0 
$result = mysql_query("select * from your_db.leave") or die (mysql_error());
于 2014-02-24T16:21:28.750 に答える