Php 使用变量sprintf和Join更新表

我试图通过一个连接查询使用sprintf设置一个变量，然后每次这个变量出现在表中时使用加载到查询中的ID进行更新

如果我使用一个稍有不同的查询，但却给出了一组相同的结果，那么更新就可以正常工作，所以我得出结论，我在做一些愚蠢的事情

以下是一个选择：

//below is a simpler version of what I would like to work with the update

$sql=sprintf("SELECT `test`.`id` FROM `test` JOIN `test2` ON (test.agent=test2.user) WHERE `test`.`type`='new' AND `test2`.`note` = 'p';

//this is what works, even though the output (list of test.id) is identical to above

$sql=sprintf("SELECT `id` FROM `test` WHERE `test`.`type`='new' AND `agent`='test.user';


//here is my update that works with the second select
if($ref_id = mysql_one_data($sql)){
        $updateSQL= sprintf("UPDATE `test` SET `type`='testdata', `priority`=%s, `note`=%s WHERE `id`=%s;",SQLVal('100', "int"),SQLVal($note, "text"),SQLVal($ref_id, "int"));
        $result = mysql_query($updateSQL) or die(mysql_error());
        $processed=TRUE; $result="updated";
        $count_converted++;
        }

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有什么想法吗？我完全不知所措！正如我所说的，两个查询都给出100%相同的输出，所以生成的变量应该是相同的，对吗？因此，如果一个更新在找到相应的值时起作用，那么另一个也应该起作用。

在前两个sprintf中缺少一个结束引号和括号。问题中的拼写错误或“真正的”问题？“问题”。。。询问打字错误时的典型情况；-）错别字，就是在这里我简化了它，并删除了另一个变量，该变量在末尾设置为文本。最后应该是-“，SQLVal（$ticket_id，“text”）；解决了这个问题，我没有复制我在select中漏掉“.”的地方。在PHP MyAdmin和MYSQL workbench中运行查询时，这很好，但在PHP中它没有任何内容