我将 CodeIgniter 与我自己的 PDO 语句（硬编码）一起使用。当我尝试单击作为另一个表的外键的 id 时，phpmyadmin 中出现错误。如果在 Phpmyadmin 中使用外键，则外键将显示为该表的超链接
这是一个例子：
但是，当我转到命令行时，我得到了这个：
mysql> select * from session WHERE anum = 'A00163047';
+------------+-----------+------+---------+---------------------+-----------------+--------+
| session_id | anum | why | aidyear | signintime | studentcomments | status |
+------------+-----------+------+---------+---------------------+-----------------+--------+
| 184 | A00163047 | 4 | 14-15 | 2013-02-17 23:21:47 | | 0 |
+------------+-----------+------+---------+---------------------+-----------------+--------+
1 row in set (0.00 sec)
还要注意的是，它们是不同的 ID，但仍然存在错误。
似乎添加 anum = 'whatever id' 似乎返回了一个查询。在检索要放入表中的数据时，我应该担心吗？
我尝试在打开和关闭 XSS 的情况下（全局）复制它，我尝试了 form_validation 的每一种不同的可行组合，但我仍然得到相同的错误。为什么会这样？这让我担心我的数据在某些地方被损坏了。
编辑 1：
根据人们认为实际值为_27A0000000_27
事实并非如此。当我点击 phpmyadmin 超链接 _27(whatever)_27 被添加给我一个错误。我知道如何选择
例如：select * from whatever WHERE anum = 'Whatever';
编辑 2：
当您在 phpmyadmin 中点击超链接时，将自动生成一个 select 语句，如下所示：
