PHP Lang
  1. PHP Lang
  3. инструкция mysqli- prepare с ошибкой «таблица не используется»
Intereting Posts
Интеграция php / Java php convert array в иерархический вложенный набор для базы данных Многомерный массив php для таблицы html Продолжить выполнение PHP после отправки ответа HTTP Множественный выбор из двух соответствующих выпадающих меню Как сервер может проверять запросы ajax не с сайта, X-Requested-With Пароль обновления для Laravel проходит проверку, но не обновляет запись Где сохранено значение для WordPress bloginfo ('stylesheet_url')? PHP – упростить способ обработки массивов получить значение «src» iframe в PHP? PHP / MySql Несколько выпадающих списков не нужны значения параметров, видимые в источнике страницы Как указать, что этот метод является частью интерфейса с PHPDoc? Переменные при отправке формы Paypal включить php-скрипт внутри HTML PHP register_shutdown_function для запуска, когда сценарий убит из командной строки?

инструкция mysqli- prepare с ошибкой «таблица не используется»

новый для записи в php, я использую функцию $ mysqli-> prepare (), чтобы получить инструкцию, готовую к выполнению, но она продолжает терпеть неудачу, и я не знаю почему. Ошибка внутри ошибки $ mysqli-> – это «таблица не используется», и я не могу найти много документации для этого … если кто-то может помочь, это было бы чрезвычайно оценено. Код ниже: 

$datasqli=new mysqli(HOST, USERNAME, PASSWORD, DATABASE); // defined elsewhere if ($datasqli->connect_errno) { printf("Connect failed: %s\n", $datasqli->connect_error); exit(); } if ($usertest = $datasqli->prepare("INSERT INTO eeg (Identifier) SELECT * FROM (SELECT ? ) AS tmp WHERE NOT EXISTS ( SELECT Identifier FROM eeg WHERE Identifier = ? ) LIMIT 1")) { // this stuff never gets executed... } else { echo $datasqli->error; // "no table used" }

Я попытался выполнить этот блок кода непосредственно внутри среды mysql, и он отлично работает.

Solutions Collecting From Web of "инструкция mysqli- prepare с ошибкой «таблица не используется»"

По всей видимости, 

 SELECT * FROM (SELECT ? )

… не распознается как действительный синтаксис MySQL. Отсутствует имя таблицы.

EDIT , Что касается ваших комментариев:

Прежде всего, обратите внимание, что выполнение этого утверждения в консоли путем замены ? с константой не эмулирует вашу ситуацию, поэтому я считаю, что результат недействителен для сравнения.

Но опять же, выполняя его без замены ? естественно, даст ошибку.

Это потому, что выполнение только выбора не имеет отношения к вашей ситуации. В вашем php-коде это не выполнение , а не подготовка . Таким образом, правильный способ эмулировать это с помощью консоли – это инструкция PREPARE .

Таким образом, 

 PREPARE myStmt FROM 'SELECT * FROM (SELECT ? ) AS tmp WHERE NOT EXISTS ( SELECT Identifier FROM eeg WHERE Identifier = ? ) LIMIT 1'

будет более точно воспроизводить вашу проблему.

Теперь кажется, что PREPARE с трудом понимает параметризованные вложенные запросы, которые появляются в предложении FROM . Взгляните на эти примеры: 

 PREPARE myStmt FROM "select * from (select ? from eeg) tmp";

(не работает) 

 PREPARE myStmt FROM "select *,? from (select * from eeg) tmp";

(работает) 

 PREPARE myStmt FROM "select *,? from (select 'asdf') tmp";

(работает) 

 PREPARE myStmt FROM "select * from eeg where Identifier in (select ?)";

(работает)

Любопытное поведение, но я могу только догадываться, что, когда вложенный SELECT в предложении FROM имеет параметры, MySQL не имеет ключей для подготовки инструкции .

Что касается моего предложения, если я понимаю, что вы пытаетесь сделать, вам не нужен параметр во вложенном элементе. Вы можете переместить его снаружи и жестко указать константу во вложенном элементе, ради FROM . Следующий код 

 if ($usertest = $datasqli->prepare("INSERT INTO eeg (Identifier) SELECT ? from (select 1) tmp WHERE ? NOT IN (SELECT Identifier FROM eeg WHERE Identifier = ?)")) {

… должен сделать трюк.