Javascript 使用Twitter/typeahead.js在SELECT查询中合并类似SQL

我有以下代码：

$places = query("SELECT * FROM places WHERE postal_code = ? or place_name = ? or admin_code1 = ? or admin_name2 = ? or admin_name1 = ?",
$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"]);

正如我开始键入（比如纽约）时所预料的那样，在找到与纽约完全匹配的位置之前，下拉框会显示“未找到任何位置”，然后下拉框会显示与纽约完全匹配的多个位置。当我开始键入邮政编码时也是如此

我将代码修改为使用LIKE作为邮政编码，如下所示：

$places = query("SELECT * FROM places WHERE  places.postal_code LIKE ? or place_name = ? or admin_code1 = ? or admin_name2 = ? or admin_name1 = ?",
    $_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"]);

然而，这种修改没有效果。我希望查询返回的位置是基于在zip的开头键入，而不是完整的zip。由于我是SQL新手，我不确定语法，也不确定需要在代码的类似部分中加入哪些修饰符来实现此功能

你可以这样试试

$places = query("SELECT * FROM places WHERE postal_code = ?s or place_name = ?s or admin_code1 = ?s or admin_name2 = ?s or admin_name1 = ?s",
$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"]);

或

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使用LIKE时，需要使用通配符。在这种情况下，假设输入的结尾是正确的，并且只缺少所需的结尾：

LIKE '?%'

因此，在您的代码中：

$places = query("SELECT * FROM places WHERE  places.postal_code LIKE '?%' or place_name = '?%' or admin_code1 = '?%' or admin_name2 = '?%' or admin_name1 = '?%'",
    $_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"],$_GET["geo"]);

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我用了这个，它成功了：

 $places = query("SELECT * FROM places WHERE postal_code LIKE ? or place_name LIKE ?  or admin_code1 LIKE ? or admin_name2 LIKE ? or admin_name1 LIKE ?",
    $_GET["geo"] . '%' ,$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%');

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不幸的是，这两种方法都不起作用，而且它们完全阻止了任何建议出现在下拉框中，即使是完全匹配的建议。查询返回以下错误：致命错误：SQL语法中有错误；检查与您的MySQL服务器版本对应的手册，以了解使用接近“？s”或place_name=”的正确语法？或管理员代码1=？或管理员名称2=？或者admin_name1=？'使用SQL通配符“%”怎么样？

 $places = query("SELECT * FROM places WHERE postal_code LIKE ? or place_name LIKE ?  or admin_code1 LIKE ? or admin_name2 LIKE ? or admin_name1 LIKE ?",
    $_GET["geo"] . '%' ,$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%',$_GET["geo"] . '%');