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如果我以错误的方式解决这个问题，请原谅我，我在 PHP 开发方面没有太多经验。

我需要在页面上列出一些房地产列表，这很容易，但我遇到问题的地方是尝试将它们与正确的图像匹配。图像存储在我的服务器上，我将文件路径保存在一个表中，并将所有属性信息存储在另一个表中。

这就是我现在所拥有的，它有点工作.. 除了它显示每个列表两次。一次有照片一次没有..我知道必须有一个更好的方法然后这个..

<?php 
  $sql="SELECT * FROM $tbl_name, documents_main WHERE show_listing='1' and user_type='1'";
  $result=mysql_query($sql);

  // Start looping rows in mysql database.
  while($rows=mysql_fetch_array($result)){
     $payment = $rows['price'] * .09 / 12;
     $path =    $rows['path'];
     $id =  $rows['id']; 
     $note_id = $rows['note_id']; 
?>

<div class="row clearfix">
   <div style="width: 120px; float: left;">

<?php 
  if($note_id == $id){
    echo "<img src='$path'>";
  } else {
    echo "";
  }
?>

   </div>
   <div style="float: left;">
<? echo $rows['prop_city']; ?>, $<? echo $rows['price']; ?>$<? echo round($payment); ?> 
   </div>
</div> 

<?
// close while loop
}
?>

如果有帮助，我可以张贴表格。

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1 回答 1

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如果您在查询中使用两个表，则第二个表中应该有一列将该行链接到第一列中的一行

一旦您确定了此字段，请像这样编写查询：

$sql="SELECT * FROM $tbl_name, documents_main WHERE show_listing='1' and user_type='1' and  $tbl_name.FIELD_TO_BE_DEFINED = documents_main.ANOTHER_FIELD_TO_BE_DEFINED";

或者 ：

$sql="SELECT * FROM $tbl_name inner join documents_main on $tbl_name.FIELD_TO_BE_DEFINED = documents_main.ANOTHER_FIELD_TO_BE_DEFINED WHERE show_listing='1' and user_type='1'";
于 2013-07-30T20:38:38.823 回答