如何将结果SQL不同查询设置为一个或不同变量？

Question

我正在创建一个移动图书馆应用程序，对于该应用程序的一项功能，我试图接收某个用户签出的所有图书的bookID 。 我想能够echo回从查询结果中string格式（最好在每个单独的书ID之间的空格），这样我就可以在应用程序中处理数据以后。

我在网上找到的许多答案只是简单地说明了如何执行查询，但没有说明之后如何使用数据。 抱歉，如果这是一个简单的问题，我是一个新手。

<?php
require "conn.php";

$email = $_POST["email"];
$mysql_qry = "SELECT * FROM user_data WHERE email like '$email'";

$mysql_qry2 = "SELECT DISTINCT(bookID) AS bookID FROM books_checked_out 
WHERE userID LIKE $user_id ORDER BY bookID DESC";

$result = mysqli_query($conn, $mysql_qry);

if(mysqli_num_rows($result) > 0) {
    $row = mysqli_fetch_assoc($result);
    $user_id = $row["user_id"];
    $result2 = mysqli_query($conn, $mysqlqry2); 
}
else
{
    echo "Error, user name not found";
}

$conn->close;
?>

Answer 1

您可以将结果附加到数组中，并使用implode()显示值：

<?php
require "conn.php";
$email = $_POST["email"]; // You may test here : if (isset($_POST['email']))
$mysql_qry = "SELECT * FROM user_data WHERE email = '$email'";
$result = mysqli_query($conn, $mysql_qry);
if(mysqli_num_rows($result) > 0)
{
    $row = mysqli_fetch_assoc($result);
    $user_id = $row["user_id"];

    $mysql_qry2 = "SELECT DISTINCT(bookID) AS bookID FROM books_checked_out
                   WHERE userID = $user_id ORDER BY bookID DESC";

    $result2 = mysqli_query($conn, $mysql_qry2);
    if(mysqli_num_rows($result2) > 0)
    {
        $ids = [];
        while ($row = mysqli_fetch_assoc($result2)) {
            $ids[] = $row['bookID'] ;
        }
        echo implode(" ", $ids) ; // print list of ID
    }
    else
    {
        echo "No books checked out!";
    }
}
else
{
    echo "Error, user name not found";
}
$conn->close;

注意 ：我在这里使用了您的代码，但是，您必须查看参数化查询以防止SQL注入。

1. 您的查询$mysql_qry2应该在获取$user_id 之后定义。

2. 您的LIKE $user_id可以用=代替。

Answer 2

首先，始终清理数据：

$email = filter_var( $_POST['email'], FILTER_SANITIZE_EMAIL );
$user_id = preg_replace( "#[0-9]#", '', $row['user_id'] );

采用

DISTINCT bookID代替DISTINCT(bookID)

从您的查询中： $mysql_qry2 = "SELECT DISTINCT(bookID) AS bookID FROM books_checked_out WHERE userID LIKE $user_id ORDER BY bookID DESC";

如果您没有得到任何结果，或者返回的结果为空，但是user_id确实存在，那么我认为查询格式是错误的。

你应该怎么做

1. 更改ORDER BY ：查询可能是正确的，但是mysql返回了空结果，因为结果顺序不匹配。

尝试这个

"SELECT DISTINCT bookID AS bookID FROM books_checked_out WHERE userID LIKE $user_id ORDER BY userID DESC";

"SELECT DISTINCT bookID AS bookID FROM books_checked_out WHERE userID LIKE $user_id ORDER BY `primary_key_here` DESC";

Replace <strong>`primary_key_here`</strong> with the primary key name.

在没有条件的情况下运行查询并检查结果

$query = mysqli_query( $conn, "SELECT bookID FROM books_checked_out DESC" );

var_dump( $query );

使用结果检查其余查询。

Answer 3

您对请求的响应不是使用自己的协议/格式，而是使用JSON或xml之类的东西。

从长远来看，这将为您提供更好的可维护性，并允许您使用javascript在浏览器中轻松处理响应，并且大多数浏览器都可以在dev控制台中很好地显示JSON对象。

您必须从第一个查询的结果中提取用户ID，或者可以执行联接查询。

$email = validate($POST['email']); //where validate() will try to prevent sql injection 
//joined query
$query = 
  " SELECT bookID FROM user_data 
    INNER JOIN books_checked_out on user_data.user_id = books_checked_out.userID
    WHERE user_data.email='$email'
  ";
//not sure whether that should be user_id or userID looks like you have mixed conventions
//books_checked_out.userID vs user_data.user_id ... check your database column names

//loop through results
// may be empty if user email doesn't exist or has nothing checked out
$result = $conn->query($query);
while($row = $result->fetch_assoc()){
    $response[] = ['bookID'=>$row['bookID']];
}
echo json_encode($response);

在php中收到结果时，您可以使用json_decode（）或在javascript / ajax中，结果变量中将自动提供它。

如果事情没有按预期进行，则最好是回显实际的sql。 在这种情况下
echo 'SQL IS: '.$query;
并直接针对您的数据库进行测试（phpmyadmin / MySQL-Workbench），以查看是否得到任何结果或错误。