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有人可以帮助我，因为我是 PHP 新手。

我正在使用 smarty 模板引擎，我想做的是在我的网站上，每部电影都有自己的类别，我正在尝试使用此功能在电影下方显示类别。

/* returns a list of categories (including ids and details) for the given movie */

public function getMovieCategoryDetails($movieid,$lang=null){
    $movieid = mysql_real_escape_string($movieid);
    $e = mysql_query("SELECT * FROM movie_tags WHERE id IN (SELECT tag_id FROM movie_tags_join WHERE movie_id=$movieid)") or die(mysql_error());
    $tags = array();
    if (mysql_num_rows($e)){
        while($s = mysql_fetch_array($e)){
            $s['tag'] = json_decode($s['tag'],true);
            if ($lang){
                $s['tag'] = $s['tag'][$lang];
            }

            $tags[$s['id']] = $s;
        }
    }
    return $tags;
}

然后 this 调用该函数。

$tags = $movie->getMovieCategoryDetails($movieid,$language);
if (count($tags)){
    $smarty->assign("tags",$tags);
}

然后这个来显示它。

{if $movie_tags}
<tr>
    <td width="70"><strong>Tags:</strong></td>
    <td style="width:387px; float:left;">
        <span class="movie_info">
        {foreach from=$movie_tags key=tag_id item=tag name=tags}
            {$tags}
        {/foreach}  
        </span>
    </td>
</tr>
{/if}

但是得到这个错误。

You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near ')' at line 1

在 PHP_ERROR_LOG 我得到了这个错误。

[11-Oct-2013 11:18:16 Europe/Berlin] PHP Notice:  Undefined variable: movieid in C:\xampp\htdocs\home.php on line 69

谁能指出我解决此错误的方向。

谢谢

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3 回答 3

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我想php错误指向与MySQL错误相同的问题：

似乎您的变量$movieid未初始化，因此 SQL 语句失败并在最后一个括号中引发错误。

也许您可以确保通过在构建 SQL 语句之前放置一些调试输出$e = ....来查看该变量内部的内容并从那里开始。

于 2013-10-11T09:31:15.913 回答
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你可以echo $movieid;在这行之前做一个：

$tags = $movie->getMovieCategoryDetails($movieid,$language);

只是为了确定，如果函数正在接收正确的 id。

于 2013-10-11T09:35:59.977 回答
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如果您正在使用 STRICT 环境进行开发（并且您应该）并且 PHP 5.5 或更高版本 mysql_real_escape_string 已弃用。因此，它们可能是它返回的错误。您在 Apache 日志中提到的错误之前是否有错误？

于 2013-10-11T09:38:09.447 回答