Php MySQL在不引发异常的情况下检查表是否存在

检查MySQL中是否存在表（最好通过PHP中的PDO）而不引发异常的最佳方法是什么。我不想解析“SHOW TABLES like”等的结果。一定存在某种布尔查询？

如果您使用的是MySQL 5.0及更高版本，您可以尝试：

SELECT COUNT(*)
FROM information_schema.tables 
WHERE table_schema = '[database name]' 
AND table_name = '[table name]';

任何结果都表明该表存在

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From:

我不知道它的PDO语法，但这似乎很简单：

$result = mysql_query("SHOW TABLES LIKE 'myTable'");
$tableExists = mysql_num_rows($result) > 0;

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我使用mysqli创建了以下函数。假设您有一个名为$con的mysqli实例

function table_exist($table){
    global $con;
    $table = $con->real_escape_string($table);
    $sql = "show tables like '".$table."'";
    $res = $con->query($sql);
    return ($res->num_rows > 0);
}

希望能有帮助

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警告：正如@jcaron所建议的那样，此函数可能容易受到sqlinjection attacs的攻击，因此请确保您的

$table

var是干净的，或者更好地使用参数化查询。

为什么您让它如此难以理解

function table_exist($table){ 
    $pTableExist = mysql_query("show tables like '".$table."'");
    if ($rTableExist = mysql_fetch_array($pTableExist)) {
        return "Yes";
    }else{
        return "No";
    }
} 

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这是我在使用存储过程时更喜欢的解决方案。用于检查当前数据库中是否存在表的自定义mysql函数

delimiter $$

CREATE FUNCTION TABLE_EXISTS(_table_name VARCHAR(45))
RETURNS BOOLEAN
DETERMINISTIC READS SQL DATA
BEGIN
    DECLARE _exists  TINYINT(1) DEFAULT 0;

    SELECT COUNT(*) INTO _exists
    FROM information_schema.tables 
    WHERE table_schema =  DATABASE()
    AND table_name =  _table_name;

    RETURN _exists;

END$$

SELECT TABLE_EXISTS('you_table_name') as _exists

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如果有人来找这个问题，这篇文章就会贴出来。尽管有一点答案。有些答复使问题变得比需要的更复杂

对于mysql*我使用了：

if (mysqli_num_rows(
    mysqli_query(
                    $con,"SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'")
                ) > 0
        or die ("No table set")
    ){

在PDO中，我使用了：

if ($con->query(
                   "SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'"
               )->rowCount() > 0
        or die("No table set")
   ){

有了这个，我就把else条件推到或中。为了我的需要，我只需要死。虽然你可以设置或设置其他东西。有些人可能更喜欢if/else if/else。然后删除或提供if/else if/else。

由于在较大的数据库上“显示表”可能速度较慢，我建议使用“描述”并检查结果是否为真/假

$tableExists = mysqli_query("DESCRIBE `myTable`");

Zend框架

public function verifyTablesExists($tablesName)
    {
        $db = $this->getDefaultAdapter();
        $config_db = $db->getConfig();

        $sql = "SELECT COUNT(*) FROM information_schema.tables WHERE table_schema = '{$config_db['dbname']}'  AND table_name = '{$tablesName}'";

        $result = $db->fetchRow($sql);
        return $result;

    }

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如果希望这样做的原因是创建条件表，那么“如果不存在则创建表”似乎非常适合此工作。在我发现这一点之前，我使用了上面的“描述”方法。此处的更多信息：

也许我遗漏了什么，但为什么要在显示表时使用此方法？@nickf它是ansi标准的一部分，因此可以在不同的rdbms之间移植。@nickf:它也适用于MySQL以外的数据库。据我所知，这包括PostgreSQL和SQL Server。想知道这是否是一个安全漏洞，您可以从未连接到的数据库中查询信息…没有安全风险--对信息\u架构数据库的查询将只显示连接用户有权访问的表。谢谢，完全忘记了像这样的显示表只能限于一个确切的表。请执行以下操作：$tableExists=$db->query（“显示像‘myTable’’这样的表）->rowCount（）>0；mysqli:if（$db->query（“SHOW TABLES LIKE'myTable'”）->num_rows==0）{//create table}@MathewFoscarini，rowCount（）在这种情况下可能不可靠，请参见。不再支持

mysql.*

函数，它们不再被维护，将来也将被维护。您应该使用或更新代码，以确保将来项目的功能。请为代码添加准确的注释，以提供最佳质量的答案。简单地粘贴一些代码对问题的作者来说并没有多大意义。这实际上很可怕。因此，如果有50000个表，您将加载所有表，循环遍历每个表以查找是否存在正确的表？只有当您让某人填写$table var时，sql语句中并非每个var都是危险的，只有当您从不受信任的源获取数据时。当然，您要负责如何使用函数和进行过滤。没有必要否决这个答案。如果你发布这样的代码，最终会有人在数据未被正确检查的地方使用它，并最终导致SQL注入。只要使用参数化请求，就可以避免任何问题，不管数据是否已检查。没有任何理由不这样做，这只是一种不好的做法。添加一个真正的“转义”字符串如何？使用参数化查询并避免恐怖故事。根据我所读的，如果“显示”变得低效，“信息模式”比“描述”更受欢迎。

public function verifyTablesExists($tablesName)
    {
        $db = $this->getDefaultAdapter();
        $config_db = $db->getConfig();

        $sql = "SELECT COUNT(*) FROM information_schema.tables WHERE table_schema = '{$config_db['dbname']}'  AND table_name = '{$tablesName}'";

        $result = $db->fetchRow($sql);
        return $result;

    }