为什么我的MySQL数据没有显示在PHP代码中？

我正在进行mySQL搜索，然后在我的PHP代码中相应地显示信息，以便将其显示到我的网站中，但是我尝试这样做时没有显示结果。在此之前，当我只处理一个表，但当执行联接时，代码就不起作用了。我觉得我不再正确地做这件事了，我一直在寻找答案，但并不沮丧。下面是整个MySQL和PHP代码，以及我在使用ini_集'display_errors'，'On'和ini_集'error_reporting'，E_ALL时遇到的错误

$result = mysqli_query($connection, "SELECT 
    projects.ProjectName, 
    projects.ProjectLogo, 
    projects.ProjectLink, 
    projects.ProjectDescription, 
    entries.EntryNum, 
    entries.Votes, 
    entries.Views, 
    entries.Update 
FROM    projects 
        INNER JOIN entries 
            ON  projects.ProjectID = entries.ProjectID 
        INNER JOIN  
        (
            SELECT  a.ProjectID, MAX(a.Update) max_val
            FROM    entries a
            GROUP   BY a.ProjectID
        ) b ON  b.ProjectID = entries.ProjectID AND
                b.max_val = entries.Update
WHERE   projects.Media = 'image' AND 
        projects.Type = 'fan-art' 
ORDER   BY entries.Update DESC");

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
    echo "
        <a href=\"" . $row['projects.ProjectLink'] . "\" >
         <div onMouseOver=\"description('" . $row['projects.ProjectName'] .  "', '" . $row['projects.ProjectDescription'] .  "', '" . (int)$row['entries.EntryNum'] .  "', '" . (int)$row['entries.Votes'] .  "', '" . $row['entries.Update'] .  "', '" . "')\" style=\"width: 140px; height: 130px; float: left; margin: 0px 5px 5px 0px;\">
          <img src=\"../" . $row['projects.ProjectLogo'] . "\" style=\"margin: 0px 5px 0px 5px;\" />
         </div>
        </a>
    ";
}

其中一个错误是

---

注意：第43行/home/a3027546/public_html/images/fanart.php中未定义的索引：projects.ProjectLink我不相信数组名可以有。点，或者可能只是获取的数组不包含表。前缀并导致代码中出现错误：

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
    echo $row['projects.ProjectLink'] ...
    $row['projects.ProjectName'] ...
    $row['projects.ProjectDescription'] ...
    (int)$row['entries.EntryNum'] ...
    (int)$row['entries.Votes'] ...
     $row['entries.Update'] ...
    $row['projects.ProjectLogo']
}

应该是：

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
    echo $row['ProjectLink'] ...
    $row['ProjectName'] ...
    $row['ProjectDescription'] ...
    (int)$row['EntryNum'] ...
    (int)$row['Votes'] ...
     $row['Update'] ...
    $row['ProjectLogo']
}

---

如果这不起作用，请将projects.ProjectLink作为“ProjectLink”添加到您选择的每个项目中，并使用上述解决方案。

我不相信数组名称会有错误。点，或者可能只是获取的数组不包含表。前缀并导致代码中出现错误：

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
    echo $row['projects.ProjectLink'] ...
    $row['projects.ProjectName'] ...
    $row['projects.ProjectDescription'] ...
    (int)$row['entries.EntryNum'] ...
    (int)$row['entries.Votes'] ...
     $row['entries.Update'] ...
    $row['projects.ProjectLogo']
}

应该是：

while($row = mysqli_fetch_array($result)) {
    echo $row['ProjectLink'] ...
    $row['ProjectName'] ...
    $row['ProjectDescription'] ...
    (int)$row['EntryNum'] ...
    (int)$row['Votes'] ...
     $row['Update'] ...
    $row['ProjectLogo']
}

---

如果这不起作用，请将projects.ProjectLink作为“ProjectLink”添加到您选择的每个项目中，并使用上述解决方案。

我认为$row['projects.ProjectLink']应该是->$row['ProjectLink']与另一个$row相同，sIt将不起作用，因为我使用两个表而不是一个表来查询use projects.foo和回显使用后面的内容。如果这不起作用，请将projects.ProjectLink作为“ProjectLink”添加到您的查询中，并使用前面提到的示例。SQL结果集由一组列组成，而不管它们来自哪个表。默认情况下，结果集中的列将以基础表中的列命名，而不是以表本身命名；您可以使用AS关键字显式命名它们。换句话说，选择projects.ProjectLink。。。与SELECT projects.ProjectLink as ProjectLink相同…打印$r$row，你知道你得到了什么我相信$row['projects.ProjectLink']应该是->$row['ProjectLink']，与其他$row相同'sIt将不起作用，因为我使用两个表而不是一个表来查询use projects.foo和回显使用后面的内容。如果这不起作用，请将projects.ProjectLink作为“ProjectLink”添加到您的查询中，并使用前面提到的示例。SQL结果集由一组列组成，而不管它们来自哪个表。默认情况下，结果集中的列将以基础表中的列命名，而不是以表本身命名；您可以使用AS关键字显式命名它们。换句话说，选择projects.ProjectLink。。。与选择项目相同。ProjectLink作为ProjectLink…打印r$行，你知道你得到了什么。它们可以有任意文本，这就是它们被引用的原因。它们可以有任意文本，这就是它们被引用的原因。