mysql_select_db($database) or die("Unable to select database");
if (isset($_GET['projectID']))
{
$query = "SELECT taskID, name, startDate, endDate
FROM Task
WHERE projectID =" . $_GET['projectID'] . "
ORDER BY taskID ASC";
}
$result = mysql_query($query) or die("Unable to execute query:".mysql_error());
echo "<!DOCTYPE html><html>";
while($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC))
{
echo "<tr>";
echo "<td>";
echo "<a href='q7.php?projectID=" . $_GET['projectID'] . '&taskID=' . $row['taskID'] . "'>";
echo "</td>";
echo "<td>".$row['name']."</td>";
echo "<td>".$row['startDate']."</td>";
echo "<td>".$row['endDate']."</td>";
echo "</tr>";
}
Я пытаюсь вывести информацию о проектеID, которая получена из другого php. Но вывод: запрос пуст. Что не так с кодом? Я опускаю коды, которые не имеют значения. , пожалуйста, дайте мне совет.Почему его вывод: запрос пуст
ProjectID не передан правильно. И следующее - это прохождение кода. Не могли бы вы помочь мне выяснить ошибку?
echo "<form method='GET' action='q6.php'>";
echo "ProjectIDs and names:";
echo "<select>";
while($row = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC))
{
echo "<option value='".$row['projectID']."' width='150'>";
echo $row['projectID'].": ".$row['name'];
echo "</option>";
}
echo "</select>";
echo "<input type='submit' name='submit' value='submit'>";
echo "</form>";
Do не использовать устаревший API 'mysql_ * '. Используйте 'mysqli_ *' или 'PDO'. – Jens
Попробуйте выполнить эхо запроса и запустить его в консоли mysql. – Jens
Вы должны обернуть все в свой первый оператор 'if', поскольку код не имеет смысла за его пределами. – jeroen