-3

我有一个 android 应用程序，它将表名作为参数发送到 php 脚本以执行 mySQL 查询。问题是表名是一个参数（因此是动态的）。我尝试{$table_name}按照我在此处阅读的一些问题中的建议使用和反引号，但似乎没有任何效果。有人可以告诉这个问题的解决方案吗？

    <?php
    $dbhost = "localhost";
    $dbuser = "root";
    $dbpass = "mmm";
    $connect = mysql_connect($dbhost, $dbuser, $dbpass);
    $tabn= $_POST['tabn'];
    $dt=$_POST['dt'];
    $query="INSERT into $tabn VALUES('$dt')";
    $result = mysql_query($query);
    if($result)
    {
    $response["success"]=1;
    }
    else
    {
    $response["error"]=1;
    }
    echo json_encode($response);
    ?>

php 脚本如上所示。我error = 1在 android LogCat 窗口中得到输出。

4

2 回答 2

1

地方

if(mysql_errno()){
   die(mysql_error());
}

刚过

$result = mysql_query($query);

它会告诉你 MySQL 错误。

或者：

if(mysql_errno()){
    $response["error"]   = 1;
    $response["message"] = mysql_error();
} else {
    $response["success"] = 1;
}

代替：

if($result){
    $response["success"] = 1;
} else {
    $response["error"] = 1;
}
于 2013-04-15T04:14:42.220 回答
0 
$tablename = $_POST['gettable'];
$data='this is data you want to insert';
mysql_query("insert into `$tablename`(`data`) values('$data')");


$tablename

它获取数据将插入的表的名称。

$data

这是您要插入的数据。

当您想要在数据库中插入数据并且想要在一个查询中选择不同的表时。然后使用此查询，您可以在不同的表上插入数据。

于 2015-10-31T10:22:44.977 回答