PHP：执行Select语句

我在MySQL中输入了以下查询：

insert into hospital (name,age) values ('william', 'select * from department where age = $agegrp');

现在我已经获取了这个值（sql），并尝试执行它。我该怎么做

我已将

select

语句提取到名为

$var

的变量中

$agegrp = "10";
$value = mysql_query ($var) or die ('error');

---

我只得到

错误

，因此我插入的查询有问题。如何解决这个问题？

年龄是一个可能是整数的属性。不能在该字段中插入查询。您需要做的是执行查询

"SELECT * FROM Department WHERE age = {$agegrp}"

---

然后，得到结果，然后执行插入。另外，请在早期查看查询的绑定参数。您不想允许sql注入。

我的第一个问题：为什么要在医院表中存储sql代码？ 如果您的所有sql代码都嵌入到php程序代码中，这将更有意义。 如果以后更改表设计，则不必更改数据库表的内容

但是为了回答您的问题，$var的内容是一个简单的字符串。您需要对其求值，或者用变量$agegrp的实际值替换字符串“$agegrp”。 所以你可以做：

$agegrp = "10";
$var = str_replace('$agegrp',$agegrp,$var;
$value = mysql_query ($var) or die ('error');

这将是一个简单的解决方案。

试试这个

 <?php
    $con = mysqli_connect("localhost","username","password");
    if (!$con)
      {
      die('Could not connect: ' . mysqli_error());
      }

  $var=  mysqli_select_db("my_db", $con);

    $var="select * from department where age = $agegrp");
    $result=mysqli_query($var);
    while($row = mysqli_fetch_array($result))
      {
      echo $row['age'] ;
      echo "<br />";
      }

mysqli_close($con);
?>

---

最好让
死亡（mysql_error（））
，然后你可以看到错误是什么（我不会破坏惊喜）。你在哪里以及如何设置
$var
？如果
mysql\u error（）
对您没有帮助，您可以显示完整的代码吗？欢迎来到Stack Overflow！请不要对新代码使用
mysql.*
函数。它们不再得到维护，社区已开始恢复。看到了吗？相反，你应该学习并使用或。如果你不能决定，将帮助你做出选择。如果您想了解，.no，值
$agegrp
不会替换为
10
。它不会被执行。当我回显时，它只打印
“SELECT*FROM Department WHERE age={$agegrp}”
请不要对新代码使用
mysql.*
函数。它们不再得到维护，社区已开始恢复。看到了吗？相反，你应该学习并使用或。如果你不能决定，将帮助你做出选择。如果你想学习。