使用变量创建SQL数据库表

Question

我正在一个项目上，我必须使用sql。 变量$file_name需要是表名，但是当我尝试这样做时：

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". $file_name . "( 
    id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
    firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
    lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
    email VARCHAR(50),
    reg_date TIMESTAMP
)";

该表未创建。 我通过使用此检查：

if ($sqlConnection->query($sqlTableCreate) === TRUE) {  
    echo 'Created Sucessfully';
} else {
    echo 'Table does not create.';
}

尝试使用此方法时，显示'Table does not create' 。 帮助将不胜感激。 提前致谢！

Answer 1

您的文件名包含扩展名，但是我怀疑您只想使用不带扩展名的名称作为表名。 您可以使用basename函数删除扩展名。

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". basename($file_name, ".csv") . "( 
    id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
    firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
    lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
    email VARCHAR(50),
    reg_date TIMESTAMP
)";

如果可以有其他扩展名，并且您想更一般地删除它们，请参见

如何从字符串中删除扩展名（仅实际扩展名！）

Answer 2

我看不到您发布的查询有任何问题，但几件事情可能是错误的

确保不存在具有相同名称的表。 您可以使用IF NOT EXISTS标记来确定

  CREATE TABLE IF NOT EXISTS". $file_name . "(

2. 确保变量$file_name不为空。 否则，您在CREATE TABLE语句中传递了一个空标识符。 这不会成功。

根据您的评论：您有$file_name = 'currentScan.csv';

这就是这里的问题。 您正在尝试创建一个名为currentScan.csv的表，您的数据库引擎认为currentscan是该数据库的名称，而.csv是该表的名称，显然该表不会退出，因此出现错误。

Answer 3

首先检查您的数据库连接并使用以下给定的条件更改查询：

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". $file_name . " ( 
id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
email VARCHAR(50),
reg_date TIMESTAMP
)";