Question

我创建了一个应用程序，你可以注册为用户。您可以注册然后在“firsttable”中的数据库“myAppDataBase”中。第二个表包含我在PHPmyAdmin-Website /“App”中手动创建的其他重要用户列表。该表称为“secondtable”。

获取数据的代码如下：

<?php
$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";
$dbname = "mydatabas";

// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $dbname);
// Check connection
if (!$conn) {
    die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
}else{
    //Print ("successfully connected");
}

$query = "SELECT * FROM firsttable";

$result = mysqli_query($conn, $query) or die("Error: " . mysqli_error($query));

$num = mysqli_num_rows($result);

$rows = array();

while ($r = mysqli_fetch_assoc($result)) 
{
    $rows[] = $r;
    Print ("sf");
}
Print json_encode($rows);
mysqli_close($conn);

?>

我唯一改变的是这一行：这个工作

$query = "SELECT * FROM firsttable";

但是当我把它改成它时它将不再起作用。

$query = "SELECT * FROM secondtable";

任何帮助？

Answer 1

改变这个：

mysqli_error($query)

有了这个：

mysqli_error($conn) // with your connection

<强>解释

mysqli_error()函数需要连接链接标识符而不是您的查询作为参数。

Mysqli_error PHP Manual

Answer 2

我解决了！不知怎的，我的第二个没有以正确的方式编码。我只是添加了这个编码器，它起作用了：

mysqli_set_charset($conn, 'utf8mb4');

感谢您的帮助。 ;）

phpMyAdmin：数据库工作中的一个表，另一个表没有

2 个答案: