我的数据库中有 2 个表 - 链接和建议。
这就是我的代码的样子。在第一个代码中，我从数据库中提取建议并显示它们，但是当我尝试显示另一个表中的视频链接时，它不起作用。
<?php
include('config.php');
$from = "suggestions";
$sql = mysql_query("SELECT * FROM `".$from."` WHERE `ID` = '". $_GET['ID'] ."'");
$vis = mysql_fetch_array($sql);
echo ("TITLE: <br />");
echo ("".$vis['title']."");
echo ("<br /> <br /> SUGGESTION: <br />");
echo ("".$vis['suggestion']."");
$from2 = "link";
$sql2 = mysql_query("SELECT * FROM `".$from2."` WHERE `ID` = '". $_GET['ID'] ."'");
$vis2 = mysql_fetch_array($sql2);
echo ("<br /> <br /> LINK:");
echo ("".$vis2['videolink']."");
最佳答案
请小心该代码。人们所要做的就是去
yourpage.php?ID=1;DELETE FROM suggestions
您的表格将被删除。而且您不必将 echo 括在括号中。
否则，直接在 phpMyAdmin 中尝试 SQL 查询，看看它会返回什么错误。
关于php - MySQL fetch_array 不工作？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/20286410/