Php 当表名存储在变量中时，如何加载数据？

我想从数据库中的几个CSV文档加载数据

问题是文件有一个表，因此表名必须存储在一个变量中，该变量由循环逐步更新。创建了表，但之后脚本失败；什么也没有发生，我的表及其字段始终有0行

我认为我的想法是可行的，因为有些主题以这种方式描述了一些技巧，但在我的案例中没有任何效果

这是我失败的代码：

$query = "INSERT INTO". $name_of_the_file." (id, content) values (". $arrayGenre[0].",'".trim($arrayGenre[1])."')";  

其中，

$name\u文件

指的是在循环中创建的表，最终指的是循环所针对的文件

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根据您的建议，我添加了一个空格并通过以下方式打印查询：

echo ("<br>". $query);

我对PHP的了解还不够，不能说这是预期的结果，但这似乎是一个很好的SQL请求，值也不错

下面是我的脚本的以下几行：

$mysqli->query($query);

在我的脚本开始时，

$mysqli

的定义是：

$mysqli = new mysqli($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname);

---

新编辑：

事实上，SQL代码写得很糟糕…

尝试添加一个空格：

$query = "INSERT INTO ". $name_of_the_file ...

通过

echo

输出您的SQL总是值得的，以确保它看起来像您期望的那样

编辑：

您需要在第二个字段的末尾添加撇号：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx','agency: xxx')

我还建议您研究PDO之类的东西，以使代码更加健壮和安全

您也可以尝试将SQL直接粘贴到数据库中，以查看是否出现错误。

尝试添加空格：

$query = "INSERT INTO ". $name_of_the_file ...

通过

echo

输出您的SQL总是值得的，以确保它看起来像您期望的那样

编辑：

您需要在第二个字段的末尾添加撇号：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx','agency: xxx')

我还建议您研究PDO之类的东西，以使代码更加健壮和安全

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您还可以尝试将SQL直接粘贴到数据库中，以查看是否出现错误。

-1获取空间建议。添加空间不会起任何作用+1.回音建议。当您的SQL无法按预期的方式运行时，这始终是一个好主意。@Jeremy1026-您可能需要检查并查看我在哪里添加了空格。对此表示抱歉。我以为你把它加在弦的末尾。我没有看到它在进入后+溶液为1，回声为+1。我用echo的结果编辑了我的问题。但是，我的数据库中始终有0个结果。-空间建议为1。添加空间不会起任何作用+1.回音建议。当您的SQL无法按预期的方式运行时，这始终是一个好主意。@Jeremy1026-您可能需要检查并查看我在哪里添加了空格。对此表示抱歉。我以为你把它加在弦的末尾。我没有看到它在进入后+溶液为1，回声为+1。我用echo的结果编辑了我的问题。但是，我的数据库中始终有0个结果。