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我正在尝试编写一个工具提示，它使用http://craigsworks.com/projects/simpletip/# simpletip 插件，它通过 ajax 返回数据。但是，我似乎无法显示通过数据图像获取的 3 个表中的数据，因为每个图像都分配给它自己的 id。如下所示，我需要显示表中的所有数据，但要读取 3 个表。在我的网页中，一个 php 语句将从一个表中查询由该工具提示生成的每个类别的数据。只出现了一个圆形工具提示，甚至没有mysql_error()。我需要尽快帮助。这是我似乎从其他人那里获得意见的唯一网站。

<?php

define('INCLUDE_CHECK', 1);
require "../connect.php";

if (!$_POST['img'])
    die(mysql_error());

$img = mysql_real_escape_string(end(explode('/', $_POST['img'])));

$row = mysql_fetch_assoc(mysql_query("SELECT alcoholic.*, non_alcoholic.*,
    non_alcoholic1.* FROM alcoholic INNER JOIN non_alcoholic USING (img) INNER JOIN
    non_alcoholic1 USING (img) WHERE img='" . $img . "' "));

if (!$row)
    die(mysql_error());

echo '<strong>' . $row['name'] . '</strong>

    <p class="descr">' . $row['description'] . '</p>

    <strong>price: $' . $row['price'] . '</strong>
    <small>Drag it to your shopping<br /> cart to purchase it</small>';
?>
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1 回答 1

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我猜一列有三个表img？如果是这样，这是您需要的吗？：

SELECT
    alcoholic.*, non_alcoholic.*, non_alcoholic1.*
FROM
    alcoholic
INNER JOIN non_alcoholic USING (img)
INNER JOIN non_alcoholic1 USING (img)
WHERE
    img = '" . $img . "'

编辑：当我说用新问题更新您的 OP 时，我并不是说要覆盖它，我的意思是在下面添加它，以便这个答案（以及其他答案，如果有的话）有意义。

无论如何，问题是$row['name'], etc. 没有引用SELECT声明中的任何内容。您需要更改alcoholic.*, non_alcoholic.*, non_alcoholic1.*为您要提取的内容，例如：

SELECT alcoholic.name, alcoholic.description, alcoholic.price ...

于 2012-03-25T05:41:58.100 回答