將數據庫表名傳遞到另一個頁面

Question

我試圖將數據庫表名稱的值傳遞給另一個頁面。

我成功顯示了數據庫中的所有數據庫表，但是問題是，當我單擊數據庫表名稱時，我試圖將其傳遞到另一頁，以便可以獲取該表的所有值。

<div>
      <span class="list-group-item active">
        Category
      </span>
      <ul class="list-group">
        <?php
          $user = "id6520034_id6520034_shoppingbaguser2"; 
          $password = "travelcompanion17012"; 
          $host = "localhost";



          $connection= mysqli_connect($host, $user, $password); 

          if (!$connection)
            {
              die ('Could not connect:' . mysqli_error());
            }

          $showtables= mysqli_query($connection,"SHOW TABLES FROM id6520034_id6520034_shoppingbag2");
          while ($row = mysqli_fetch_row($showtables)) {
        ?>

        <a href="./view-all.php?'.$row[productID].'" class="list-group-item">
          <span class="badge">14</span>
          <?php echo "$row[0]"; ?>
        </a>
        <?php } ?>
      </ul>
    </div>

href鏈接不起作用，它不會將數據庫表名的值發送到另一個頁面。

希望有人可以幫助我。 謝謝！

Answer 1

好吧，您在代碼中有很多問題。

首先是

"SHOW TABLES FROM id6520034_id6520034_shoppingbag2"

將返回表名列表，而不是鍵/值對

其次是當您在代碼中使用mysqli_fetch_row時，如下所示

while ($row = mysqli_fetch_row($showtables)) {

$ row [0]元素將帶有表名。 您不能使用$ row ['productID']之類的密鑰

第三是您在這里混用了php和html。 您也缺少參數名稱

href="./view-all.php?'.$row[productID].'"

你應該重寫像

href="./view-all.php?tablename=<?php echo $row[0];?>"