当表名存储在变量中时，如何加载数据？

Question

我想从数据库中的多个CSV文档加载数据。

问题是文件有一个表，因此表名必须存储在循环逐步更新的变量中。表已创建，但之后脚本失败;什么都没发生，我的表和他们的字段总是有0行。

我认为我的想法是可行的，因为有些主题以这种方式描述了一些提示，但在我的案例中没有任何作用。

这是我失败的代码：

$query = "INSERT INTO". $name_of_the_file." (id, content) values (". $arrayGenre[0].",'".trim($arrayGenre[1])."')";  

其中$name_of_the_file是指在循环中创建的表，最终引用循环所针对的文件。

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根据您的建议，我添加了一个空格并按以下方式打印查询：

echo ("<br>". $query);

以下是第一行的示例。 xxx替换没有冒犯：这些是主格数据。

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx,'agency: xxx')

我不知道PHP是否足以说它是预期的结果，但这似乎是一个很好的SQL请求，而且值很好。

以下是我的剧本的下一行：

$mysqli->query($query);

在我的脚本开头，$mysqli的定义：

$mysqli = new mysqli($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname);

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新编辑：

实际上它的SQL代码写得很糟糕......

Answer 1

尝试添加空格：

$query = "INSERT INTO ". $name_of_the_file ...

始终值得通过echo输出您的SQL，以确保它看起来像您期望的那样。

编辑：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx,'agency: xxx')

您需要在第二个字段的末尾添加撇号：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx','agency: xxx')

我还建议你研究像PDO这样的东西，让你的代码更健壮，更安全。

您也可以尝试将SQL直接粘贴到数据库中，看看它是否会给您带来错误。