如何使用PHP将一个SQL命令的返回值插入到另一个表中

我有两台服务器，分别托管两个不同的站点和两个独立的数据库。但是，一些数据需要共享——因此有一个CRON运行，将数据从第一个站点复制到第二个站点。这两个站点过去运行在同一台服务器上，但是现在我们已经将它们分开了，所以我试图修改PHP来处理这个问题

下面是我遇到问题的代码：

$sql = "SELECT * FROM site1.events";
$events = mysql_query($sql, $site1db);  

$sql = "INSERT INTO site2.events SELECT * FROM $events";
$doIt = mysql_query($sql, $site2db);

现在我知道SELECT*fromsite1.events是成功的，但是它不能插入到第二个站点，而且我没有看到任何类型的错误。我以前从来没有写过PHP，这是一个遗留任务，所以如果它是以前讨论过的东西，请给我指出正确的方向

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请注意，site2.events在这些命令之前被截断，因此无需进行比较。

您必须逐行进行比较和复制。您现在试图做的事情无法工作。如果数据库运行在同一台服务器上，并且数据库用户可以访问这两个数据库，则可以使用INSERT IGNORE INTO site2.events SELECT*FROM site1.events。这样做的缺点是，主键必须相同，否则会丢失数据

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更好的替代方法是，在添加新事件时，让site1向site2执行包含该事件所有信息的回调。

使用mysqli而不是mysql。不太清楚它是如何处理多个服务器的，但您可以看看联邦表。$events是一个mysql资源，我认为您不能将其用作字符串，但是您可以从$sql编写“*”，因为$sql是一个字符串。请注意，您使用的是MySQL，它被认为是使用了MyQuiLi作为@ CeloCo建议或PDO。谢谢，我担心我不得不做一行一行的插入，但希望更好的解决方案。更好的解决方案是修改您的站点以告知事件的发生，并让它们立即添加到数据库中。这样，在您的cron与数据库同步之前，您的站点不会丢失更多的数据，并且您不必进行逐行比较。遗憾的是，在我们的服务器设置中，这是不可能的