Php MySQLi如何检查表是否存在？

如果没有这样的表，我想按应用程序创建表。但是第一次这么做。。。需要帮忙吗，tho

 //connecting...
$mysqli = new mysqli($db_params['host'], $db_params['login'],   $db_params['pass'], $db_params['name']);

if ($mysqli->query("SHOW TABLES LIKE `products`")){
echo ' YES';
} else echo 'no'; 

它总是说不。

阅读他们的文档？看起来你很容易做到：

CREATE TABLE IF NOT EXISTS `products`

这样，您不必首先检查表是否存在，如果不存在，您只需创建一个表即可

看起来你有一个语法错误，这可能是你的代码一直返回“否”的原因。这应该起作用：

SHOW TABLES LIKE 'products';

只需使用单引号或双引号，没有像

`

那样的倒勾

---

表名和列名使用反引号（

`

），字符串使用单引号（

”

）或双引号（

”

），在这种情况下，您给出的是字符串，因此应该使用单引号或双引号。

要创建不存在的表，可以使用

CREATE TABLE IF NOT EXISTS

---

使用PHP描述语句

if(mysql_query("DESCRIBE `table_name`")) {
    // Exists
}

---

这个解决方案对我来说很好：

<?php
// connect to the "tests" database
$conn = new mysqli('localhost', 'root', 'pass', 'tests');

// check connection
if (mysqli_connect_errno()) {
  exit('Connect failed: '. mysqli_connect_error());
}

// SQL query
$sql = "SHOW TABLES IN `tests`";

// perform the query and store the result
$result = $conn->query($sql);

// if the $result not False, and contains at least one row
if($result !== false) {
  // if at least one table in result
  if($result->num_rows > 0) {
    // traverse the $result and output the name of the table(s)
    while($row = $result->fetch_assoc()) {
      echo '<br />'. $row['Tables_in_tests'];
    }
  }
  else echo 'There is no table in "tests"';
}
else echo 'Unable to check the "tests", error - '. $conn->error;

$conn->close();
?>

---

有关完整和更多的示例，请参见源代码：

您的

db_参数['pass']上缺少一个
$

当然，在PHP\u my中创建了一个表“products”_admin@Albzi键入我的问题时刚好错过了它，thx。在真实代码中，我有它）尝试添加

echo$mysqli->error；

并查看MySQL在说什么您必须在

LIKE

的右侧有一个字符串，例如

显示类似“products”的表。

。通常，请在在编写相应的PHP代码之前，请使用e命令行。这是

mysql\u*

。您应该是

mysqli\u*

或PDO。虽然此链接可以回答问题，但最好在此处包含答案的基本部分，并提供链接供参考。如果链接页面发生更改，则只有链接的答案可能无效。-@CharlieFish，这是密码，但为什么-1；）我没有投你反对票。