用PHP動態鏈接和發布

Question

我正在建立一個博客。 我在MySql數據庫中有帖子的文本。 現在，每個帖子都有一個文件。 我在這里展示一個簡化的案例。 它運作良好，但我問是否可以改善：
1-是否可能只有一個文件用於所有帖子（在本示例中為post.php）並使所有內容動態化。 在這個特定示例中這樣做很熱門嗎？
2-在那種情況下，從index.php到post.php的鏈接如何？

在index.php中，我具有所有帖子的標題和簡介。 我有一個鏈接可以發布完成：

<?php $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM blog") or die(mysqli_error());
while($row = mysqli_fetch_array($result))  { ?>

    <a href="post.php?id=<?php echo $row["id"]; ?>">
    <div>More</div>
    </a>

<?php } ?>

在post.php中，我的帖子完整：

<?php 
$result = mysqli_query($con, "SELECT * FROM blog
                              WHERE id='".$_GET["id"]."'  ") 
                              or die(mysqli_error());
while($row = mysqli_fetch_array($result))  { 
?>
<div class="text"><?php echo $row['text_post']; ?> </div>
<?php } ?>

Answer 1

您不需要為整個站點提供更多的index.php：首先，我建議您將html和代碼分開，但是...在您自己的示例中，您可以：

<? 
if (!isset($_GET["id"])){ /* show initial content */

    php $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM blog") or die(mysqli_error());
    while($row = mysqli_fetch_array($result))  { ?>

        <a href="post.php?id=<?php echo $row["id"]?>">
        <div>More</div>
        </a>
<?php } 

}else{ // show other stuff

    $result = mysqli_query($con, "SELECT * FROM blog
                          WHERE id='".$_GET["id"]."'  ") 
                          or die(mysqli_error());
    while($row = mysqli_fetch_array($result))  { 
        ?>
        <div class="text"><?php echo $row['text_post'] ?> </div>
        <?php 
    } 
)

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