您好我正在尝试创建一个大学任务的购物车，我想从一个变量的内容中加载一张表，但不管我做了什么，它都不会识别它的内容。选择存储在变量
下面的代码段
$sql = sprintf("SELECT name, description, price FROM %s WHERE id = %d;",$table, $product_id); $result = mysql_query($sql);
表变量的内容被错过了这样的寻找一个无名的表，我搜索谷歌和发现一对夫妇的例子但为我工作。
有没有人有任何想法？
谢谢斯科特。
试试这个，应该认识到你的变量分号：
$sql = sprintf("SELECT name, description, price FROM " .$table. " WHERE id = %d", product_id);
$result = mysql_query($sql);
再次感谢Charley14，但仍然有同样的问题。 – user1412672
mysql_query带两个参数，一个是你的查询，另一个是连接到你的数据库，所以你需要做以下的操作： $ result = mysql_query（$ sql，你的连接变量）; `
感谢您的回复，sql查询不是问题，如果我改变了我想要使用$ table的地方，而只是写了表名的工作正常。问题是它不认识变量。 – user1412672
你是如何设置'$ table'？ – jprofitt
大声笑是肯定设置$表我回声了它的内容，它有表名存储 – user1412672
您的示例如预期的$ table和$ product_id定义时工作。检查你的代码是否有错别字，你可能会设置一个不同名字的变量。 – lanzz