SQLite子查询不能在PHP中工作

我正在使用php和sqlite的简单投票系统。我预先构建了一个完整的场景，并在sqlite命令行中进行了测试，它在那里效果很好。但是一个查询，它应该返回一个投票的所有可能的答案，并投票支持它的用户，不工作了......SQLite子查询不能在PHP中工作

表：

CREATE TABLE polls (
question CHAR(200) 
); 

CREATE TABLE choices (
poll_id INTEGER(5), 
choice_text CHAR(200) 
); 

CREATE TABLE votes (
poll_id INTEGER(5), 
user_id INTEGER(5), 
choice_id INTEGER(5), 
PRIMARY KEY (poll_id, user_id) 
); 

CREATE TABLE users (
name CHAR(100), 
pass CHAR(100), 
session CHAR(100) 
);

PHP：

$query = "SELECT choices.rowid,choices.choice_text, 
      (SELECT users.name FROM users WHERE votes.user_id=users.rowid) AS name 
     FROM choices,polls LEFT OUTER JOIN votes ON choices.rowid = votes.choice_id 
     WHERE polls.rowid=choices.poll_id AND polls.rowid='$pollid'"; 

$result = $db->arrayQuery($query, SQLITE_ASSOC); 
echo json_encode($result);

这将返回：

Warning: SQLiteDatabase::arrayQuery() [sqlitedatabase.arrayquery]: no such column: votes.user_id in C:\Users\jan\Eigene Programme\xampplite\htdocs\cattle\vote\update.php on line 122 
false

我试图在改变的子查询

(SELECT users.name FROM users,votes WHERE votes.user_id=users.rowid) AS name

这工作，但不会返回相同的结果的第一件事：/ 我修修补补很长与查询，因为我不是专业人士，所以我想这可能会有更好的查询？

来源

2009-10-17 Jan

如果我正确理解您的查询，您可以避免子查询并使用连接。您也不需要从polls中选择。

SELECT 
    choices.rowid, 
    choices.choice_text, 
    users.name 
FROM 
    choices 
    LEFT JOIN votes ON choices.rowid = votes.choice_id 
    LEFT JOIN users ON votes.user_id = users.rowid 
WHERE choices.poll_id = ?

来源

2009-10-17 13:58:55

谢谢，就是这样！（不能相信我的尝试比“专业”解决方案更加丑陋:)） – Jan 2009-10-17 14:09:49

为什么使用子查询，如果您已经加入了投票表？您可以将多个连接链接在一起。

来源

2009-10-17 14:00:01 knittl

SQLite子查询不能在PHP中工作

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