MySQL查詢返回后頁面無法加載？

Question

我有一個快速的問題，對我來說沒有任何意義。 我對MySQL和PHP有點陌生，所以我可能只是想念一些東西。 這是我的代碼：

$conn = new mysqli('localhost', 'Josh', '**********', '********');
if ($conn->connect_error)
  die('Connection failed: ' . $conn->connect_error);
$result = $conn->query('SELECT count(*) as cnt FROM users WHERE id = 1');
$f = $result->fetch_array();
if ($f->cnt == 0) {
    echo 'doesn\'t exist';
} else if ($f->cnt == 1){
    echo 'does exist';
}

如您所知，這將檢查表中是否存在id 。 如果是，則回顯'does exist' ，否則，回顯'doesn't exist' 。 但是，我有一個小問題。 每當我將id = 1替換id = 1不存在的id ，它將立即加載並回顯'doesn't exist' 。 但是，當我使用表中確實存在的ID時，頁面會加載，但仍然會回顯'doesn't exist' 。

誰能幫我？

謝謝喬希

Answer 1

由於id是整數，因此我們可以通過以下方式編寫查詢：

$result = $conn->query('SELECT id FROM users WHERE id = 1');
if ($result->num_rows == 0) {
    echo 'doesn\'t exist';
} else {
    echo 'does exist';
}

Answer 2

我已經對其進行了修改，請嘗試一下。

$result = $conn->query('SELECT count(id) as cnt FROM users WHERE id = 1'); // or count(*)
$f = $result->fetch_object(); // or use fetch_array(),fetch_assoc() [Search the diff b/w them]
if ($f->cnt == 0) {
    echo 'doesn\'t exist';
} else {
    echo 'does exist';
}

非面向對象的方法

$conn = mysqli_connect('localhost', 'Josh', '**********', '********');

if (mysqli_connect_errno())
  die('Connection failed: ' . mysqli_connect_error);

$result = mysqli_query($conn,'SELECT count(*) as cnt FROM users WHERE id = 1');

$f = mysqli_fetch_array($result); // or mysqli_fetch_assoc($result)
echo $f['cnt'];
if ($f['cnt'] == 0) {
    echo 'doesn\'t exist';
} else if ($f['cnt'] == 1){
    echo 'does exist';
}