如何创建动态页面跳转

Question

我正在尝试创建动态页面跳转。 我知道例如如何创建页面跳转

<a href="#example">example</a>
<a name="example">example1</a>

我有一个产品页面，该页面使用数据库，产品类别，名称和描述中的字符串来回显所有内容。 我还有另一套分别打印的产品类别名称。 我想对产品类别进行匹配，因此，如果用户单击单独打印的类别名称，则页面将跳转并带用户更正页面的开头。

例如Deliveroo网站。 点击这里

当前，单击单独的类别名称时，页面会跳转，但跳到正确的类别名称。 它只是一直跳到列出的第一个类别名称。

我的密码

mysqli_report(MYSQLI_REPORT_INDEX);
if (isset($_GET['rest_id'])) {
    $R = $_GET['rest_id'];
    $g_cat = "SELECT * FROM Food_Cat WHERE Resturant_ID = '$R'";
    $runn_g_cat = mysqli_query($dbc, $g_cat);
    mysqli_stmt_execute($runn_g_cat);
    echo("<div id='get_cats'>");
    $iiii=1;
    while ($row_g_cat = mysqli_fetch_array($runn_g_cat)) {
        $Food_Cat_name = $row_g_cat['Food_Cat_name'];

        echo("<a id='show_cats' href='#foodcat$iiii'>$Food_Cat_name</p>");
        $iiii=1;
    }
}

...

while ($row_get_cat = mysqli_fetch_array($run_get_cat)) {
    $category_name = $row_get_cat['Food_Cat_name'];
    $food_id = $row_get_cat['Food_Cat_ID'];

    echo("<div id='cat_name' class='cat_name'>");
    echo("<a name='foodcat$iiii' id='categ_nme'>$category_name</p>");
    echo("<hr id='line'>");
    $iii++;
}

整个代码很长，但可以正常工作，我有错误处理程序，已设置会话和查询有效。

Answer 1

在代码的第一部分中，您具有以下代码：

$iiii=1;
while ($row_g_cat = mysqli_fetch_array($runn_g_cat)) {
    /* ... */
    $iiii=1;
}

这应该是$iii++; 像下面