正在尝试根据所选选项提取数据库表

Question

我是编程新手。我正在制作一个在线有奖债券钱包系统，我使用选择选项选择债券，然后在数据库中搜索。

我得到这个错误：

注意：未定义的变量：第37行C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php中的sql

警告：mysqli_query（）：第37行C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php中的空查询

警告：mysqli_fetch_array（）希望参数1是mysqli_结果，布尔值在第39行的C:\xampp\htdocs\PBWS\searchi.php中给出

<?php

include_once('database.php');

    if(isset($_GET['file_name']))
    $name = $_GET['file_name'];
    if ($_GET['value'] == 'bond_100'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_100` WHERE `file_name` = $name ";
}

    elseif ($_GET['value'] == 'bond_200'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_200` WHERE `file_name` = $name";
}

    elseif ($_GET['value'] == 'bond_1500'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_1500` WHERE `file_name` = $name ";
}
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_15000'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_15000` WHERE `file_name` = $name ";
}
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_750'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_750` WHERE `file_name` = $name "; 
}   
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_7500'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_7500` WHERE `file_name` = $name ";
}
    elseif ($_GET['value'] == 'bond_40000'){

    $sql = "SELECT * FROM `bond_40000` WHERE `file_name` = $name ";

}   $result = mysqli_query($conn,$sql);

    $row = mysqli_fetch_array($result);

     if($row>0){
        echo $row["file_name"];
    } else{
        echo "nothing found";
}

Answer 1

你的if或else if语句都不是真的！因此，从未定义过$sql！

找出原因<代码>变量转储（$\u GET） 然后看看你得到了什么！

Answer 2

您应该尝试添加以下行：

echo 'Value : ', $_GET['value'];
die();

由于else if块的线程后跟noelse块以处理它们都未执行的情况，因此当您尝试执行查询时，脚本接收到的$\u GET['value']的值不正确或根本没有值将导致$sql不存在，这可以解释你所犯的两个错误。