Question

我正在研究一个项目，我必须使用sql。变量$file_name需要是表名，但是当我尝试这个时：

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". $file_name . "( 
    id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
    firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
    lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
    email VARCHAR(50),
    reg_date TIMESTAMP
)";

表格没有创建。我查了一下：

if ($sqlConnection->query($sqlTableCreate) === TRUE) {  
    echo 'Created Sucessfully';
} else {
    echo 'Table does not create.';
}

尝试使用时我得到'Table does not create'。非常感谢帮助。提前谢谢！

Answer 1

您的文件名包含扩展名，但我怀疑您只想使用不带扩展名的名称作为表的名称。您可以使用basename功能删除扩展程序。

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". basename($file_name, ".csv") . "( 
    id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
    firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
    lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
    email VARCHAR(50),
    reg_date TIMESTAMP
)";

如果可以使用不同的扩展程序，并且您希望更频繁地删除它们，请参阅

How to remove extension from string (only real extension!)

Answer 2

我发布的查询没有任何问题，但有些事情可能有问题

确保没有同名的表存在。您可以使用IF NOT EXISTS标记来确定

  CREATE TABLE IF NOT EXISTS". $file_name . "(

确保变量$file_name不为空。否则，您在CREATE TABLE语句中传递空标识符;这将不会成功。

根据您的评论：您有$file_name = 'currentScan.csv';

这就是问题所在。您正在尝试创建一个名为currentScan.csv的表，您的数据库引擎认为currentscan是数据库名称，.csv是表名，显然不会退出，因此错误。< / p>

Answer 3

首先检查您的数据库连接并更改您的查询，如下所示：

$sqlTableCreate = "CREATE TABLE ". $file_name . " ( 
id INT(6) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY, 
firstname VARCHAR(30) NOT NULL,
lastname VARCHAR(30) NOT NULL,
email VARCHAR(50),
reg_date TIMESTAMP
)";

用变量创建SQL数据库表

3 个答案: