如何在PHP中使用IF（或其他）語句來查找MYSQL表？

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我對PHP很新，所以我很抱歉，如果這看起來像一個愚蠢的問題。我正在使用PHP代碼和MYSQL數據庫。如何在PHP中使用IF（或其他）語句來查找MYSQL表？

我基本上有下面的代碼有一個HTML菜單，其鏈接由PHP變量生成。這是用於主頁（此文件以「pg1」結尾）。如果有一個名稱相同但以「pg2」結尾的文檔，我希望該文件檢查我的MYSQL數據庫。我使用pg1（$ fpname1）創建兩個變量，最後使用pg2（$ fpname2）創建兩個變量。那麼我該如何讓它在我的數據庫中查找名稱爲$ fpname2的表？我知道那麼如果它發現表格，我可以把一個「其他」，然後我想包括在菜單鏈接的HTML。

這也是迄今爲止的相關代碼：

$fpname1 = $web_user."ID".$web_number."webID_"."pg1".".php"; 
$fpname2 = $web_user."ID".$web_number."webID_"."pg2".".php"; 

?> 
<div class="menu"> 
<ul> 
<li><a href="<?php echo $fpname1; ?>">Home</a></li> 
</ul> 
</div>

感謝您的幫助

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2012-04-28 user1359106

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您必須使用mysql_num_rows函數。

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM example") or die(mysql_error()); 
$count = mysql_num_rows($fetch);

http://www.tizag.com/mysqlTutorial/index.php

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2012-04-28 20:38:36 desbest

只是向上看，你不會將'$ count'傳遞給'mysql_num_rows'函數，所以你傳遞查詢結果，所以'$ fetch'在這種情況下。參見（doc）[http://php.net/manual/en/function.mysql-num-rows.php] – jedwards 2012-04-28 21:09:18

已更新。謝謝。 – desbest 2012-04-29 08:10:59

這是錯誤的回答錯誤的問題 – 2012-04-29 08:33:03

SELECT * FROM table WHERE page LIKE '%variable%'

然後你會檢查查詢返回的行的數量，如果數量較大比0至少返回1頁，否則它從未被發現。

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2012-04-28 20:37:55

SELECT * FROM table WHERE page LIKE '%pg_.php'

這將選擇範圍很廣，頁pg0pg9之間

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2012-04-28 20:40:11

你有INFORMATION_SCHEMA數據庫我相信。那裏有一張名爲TABLE的表格。因爲所有的table_name都被保留了。所以，如果你給在數據庫INFORMATION_SCHEMA查詢： SELECT TABLE_SCHEMA從表在表格名=例如如果TABLE_SCHEMA爲null，則沒有表，否則有數據庫中的表是

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2012-04-28 23:39:08

看起來你的數據庫設置爲錯誤。
您必須將所有頁面存儲在一張表中，而不是很多。

您正在遭受SQL注入的直接後果。以及過於複雜和不可維護的代碼。

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2012-04-29 08:32:47

如何在PHP中使用IF（或其他）語句來查找MYSQL表？

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