試圖根據選定的選項獲取數據庫表

我是編程中的新手。我正在做一個在線獎債券錢包系統，我用選擇選項來選擇債券，然後在數據庫中搜索。試圖根據選定的選項獲取數據庫表

我收到此錯誤：

Notice: Undefined variable: sql in C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php on line 37

Warning: mysqli_query(): Empty query in C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php on line 37

Warning: mysqli_fetch_array() expects parameter 1 to be mysqli_result, boolean given in C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php on line 39

<?php 

include_once('database.php'); 

    if(isset($_GET['file_name'])) 
    $name = $_GET['file_name']; 
    if ($_GET['value'] == 'bond_100'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_100` WHERE `file_name` = $name "; 
} 

    elseif ($_GET['value'] == 'bond_200'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_200` WHERE `file_name` = $name"; 
} 

    elseif ($_GET['value'] == 'bond_1500'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_1500` WHERE `file_name` = $name "; 
} 
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_15000'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_15000` WHERE `file_name` = $name "; 
} 
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_750'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_750` WHERE `file_name` = $name "; 
} 
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_7500'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_7500` WHERE `file_name` = $name "; 
} 
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_40000'){ 

    $sql = "SELECT * FROM `bond_40000` WHERE `file_name` = $name "; 

} $result = mysqli_query($conn,$sql); 

    $row = mysqli_fetch_array($result); 

    if($row>0){ 
     echo $row["file_name"]; 
    } else{ 
     echo "nothing found"; 
}

來源

2017-08-24 Ahsan Ahsan Mughal

iainn - 不，他沒有。 from php.net - mixed'mysqli_query（mysqli $ link，string $ query [，int $ resultmode = MYSQLI_STORE_RESULT]）' – delboy1978uk

你應該嘗試添加這些行：

echo 'Value : ', $_GET['value']; 
die();

由於您的else if塊線之後沒有else塊來處理其中執行沒有人的情況下，你的腳本接收$_GET['value']不正確的值或者根本沒有值會導致$sql在您嘗試執行您的查詢時不存在，這將解釋您獲得的錯誤。

來源

2017-08-24 15:01:26 ksjohn

關你如果還是else if語句是永遠正確！因此$ sql永遠不會被定義！

找出原因！ var_dump($_GET);，看看你得到什麼！

來源

2017-08-24 14:59:10 delboy1978uk

試圖根據選定的選項獲取數據庫表

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