Javascript PHP MySqli查询不工作，但脚本标记内没有错误_Javascript_Php_Mysql_Sql_Mysqli

Javascript PHP MySqli查询不工作，但脚本标记内没有错误

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Javascript PHP MySqli查询不工作，但脚本标记内没有错误,javascript,php,mysql,sql,mysqli,Javascript,Php,Mysql,Sql,Mysqli,我目前有一个系统，通过mysqli查询生成用户列表，并为每个用户回显一个select选项： $result = mysqli_query($db, "SELECT * FROM `users` WHERE `user_id` > 0"); echo '<html><select id="contacts" onchange="announce(this.value)"><option value="Contact list">Contact List&l

我目前有一个系统，通过mysqli查询生成用户列表，并为每个用户回显一个select选项：

$result = mysqli_query($db, "SELECT * FROM `users` WHERE `user_id` > 0");
echo '<html><select id="contacts" onchange="announce(this.value)"><option value="Contact list">Contact List</option>';
while($row = $result->fetch_assoc()){
    echo '<option value = '.$row['user_name'].'>'.$row['user_name'] . '</option>';
}
echo '</select>';

除了数据库查询之外，所有PHP都可以工作，对此我感到困惑，因为： 1）做什么都没有回报 2）这个问题（我很肯定）是正确的 3）骰子没有显示错误（mysql_error（））

我希望您能为我提供一些帮助。

刚刚看到了错误-您没有逃过javascript strin（在SELECT语句之前和查询完成之后使用双引号表示quote:）

替换

$result = mysqli_query($db, "SELECT `is_doing` FROM `users` WHERE `users`.`user_name` = '{$user}'");

与 a

JS的语法不正确，这很清楚！！n00b问题，我该如何修改它？php与JS？服务器端与客户端？我不能像这样编写代码。我不是很喜欢它，但我不知道有什么其他选择（关于将php变量值设置为selected值，我唯一能找到的就是选择框选项不是动态的）你不能在PHP中像那样使用Javascript变量。PHP在服务器上运行，JS在客户端运行。PHP将整个页面发送到客户端，然后就完成了。要将JS变量发送到PHP，你必须提交表单或使用AJAX。你需要回去学习web如何工作，你完全困惑了。谢谢，但现在我在页面上看到的只是PARe错误：语法错误，意外的''，需要标识符（T_字符串）（在您告诉我要修改的行上）。您知道这可能是什么吗？您是在PHP文件中执行JS函数还是在HTML/JS文件中执行JS函数？它在.PHP文件中…好的。忽略prev.comment。如果这是HTML/JS文件，则它是有效的。而（$row=$result->fetch_assoc（））{$DONG=print_r（$row）；}echo$user.“'$DONG；”这样写似乎不相关。在不打印的情况下对其进行返工。\r您认为这是问题所在吗？

$result = mysqli_query($db, "SELECT `is_doing` FROM `users` WHERE `users`.`user_name` = '{$user}'");

$result = mysqli_query($db, \"SELECT `is_doing` FROM `users` WHERE `users`.`user_name` = '{$user}'\");