SELECT語句中的回顯變量

Question

我正在嘗試進行選擇查詢，並將此信息輸出到html標記中，但是它一直將php代碼轉換為：

<!--? echo $news_text; ?-->

我究竟做錯了什么？ 為什么不返回錯誤而不是將其轉換為上面的錯誤？

碼

$con = mysqli_connect('localhost','root','pass','db');
$theId = $_GET['id'];
<?

$all_news = $con->prepare("SELECT 
n.id, 
n.title, 
n.url, 
n.image_url, 
n.date, 
n.news_text, 
w.url as website_url, 
w.image as website_image 
from news n
join website w on w.id = n.website_id
where  n.id = ? limit 1"); 
$all_news->bind_param("i", $theId);
$all_news->execute();
$all_news->bind_result($id, $title, $url, $image_url, $date, $news_text,     $url, $referer_img);
$all_news->fetch();

  ?>

<div class='main_image' style='background-image:url(<?php echo $image_url; ?>)' title=''></div>
   <p class="title">
    <? echo $title; ?>
  </p>
   <img class="referer" src="<?php echo $referer_img ?>" alt="">
   <div class="text_div">
        <p>
          <? echo $news_text; ?>
        </p>
   </div>

Answer 1

您是否在代碼的一部分中回顯了'<?php ... ?>'包含的信息

編輯我還不能回復其他帖子（需要50次回復），但是您不能將回顯放置在<p>下面而不是$all_news->fetch(); 標簽是因為它在?>標簽下面。 只需將其放在您想要的任何位置，然后將其包圍在<?php echo $news_text; ?> <?php echo $news_text; ?>完成。

Answer 2

這里的問題是php語法不正確。 您可以使用以下內容：

<?php echo $variable ?>

這將回顯該變量。 或者，您可以使用以下語法

<?= $variable ?>