Php 在我的网站中插入链接

我面临的问题是，我的

$link

没有显示。如果我插入下面描述的行，站点将不再加载。下面的代码工作正常

<?php

    $mysqli = new mysqli('host', 'name', 'psw', 'db');
    if (mysqli_connect_errno()) {
        printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
        exit();
    }
    if ($result = $mysqli->query("SELECT user_level FROM users WHERE user_level = 1 ")) {

        /* determine number of rows result set */
        $row_cnt = $result->num_rows;

        printf("Result set has %d rows.\n", $row_cnt);
        }

    if ($result->num_rows == 1) {
    printf ("Adminpanel");

        $result->close();


    }

    /* close connection */
    $mysqli->close();
    ?>

---

什么都不管用了。我做错了什么？

您有语法错误

printf ("<a href="' .$link. '">Adminpanel </a>");

---

试试这个：这是一个引号问题。如果需要在href中使用双引号

“

”，请尝试在开始和结束时使用单引号

“

$link = 'AdminLayout.php';
    printf ('<a href="' .$link. '">Adminpanel </a>');

$link='AdminLayout.php'；
printf（“”）；

试试这个$link='AdminLayout.php'；printf（“”）；这个代码是复制粘贴的吗？由于在

'psw中缺少
'
，

语法突出显示显示您有错误。请停止一遍又一遍地重复同样的问题；你正在向堆栈发送垃圾邮件。我记得有一次我关闭了，你删除了混合MySQL API/函数的地方。

printf ("<a href="' .$link. '">Adminpanel </a>");

printf ("<a href='" .$link. "'>Adminpanel </a>");

ini_set('display_errors', 1);
error_reporting(E_ALL);

$link = 'AdminLayout.php';
    printf ('<a href="' .$link. '">Adminpanel </a>');