将值从MySql传递到PHP。如何避免空值

我想通过使用MySql值在PHP中动态填充网站菜单

MySql表由两个字段组成：
第一个称为“类别”，另一个称为“父级”

但我还需要指定一些“子类别”，如：

类别：男人、女人、男孩、女孩
子类别：衬衫、裤子、鞋子、配件

所以我想通过在表中实现一个“parent”字段来解决这个问题，以便：

如果parent=0，则表示这是一个主要类别（男性、女性、男孩、女孩）

如果parent=1，则表示它是一个子类别，因此是男式衬衫
如果parent=1，则表示它是一个子类别，因此它是男式裤子
如果parent=1，则表示它是一个子类别，因此是男鞋
如果parent=1，则表示它是一个子类别，因此是男式衬衫

如果parent=2，则表示它是一个子类别，因此它是女式衬衫
如果parent=2，则表示它是一个子类别，因此它是女式裤子
如果parent=2，则表示它是一个子类别，因此是女鞋
如果parent=2，则表示它是一个子类别，因此它是女式衬衫

……等等

（也许有更有效的方法，但我就是这么想的）

现在，如果我将PHP代码设置为：

$parent_arr_id = $parent_arr['id'];
$sql = "SELECT * FROM categories WHERE parent ='parent_arr_id'";
$query_child = $db->query($sql);
while($child = mysqli_fetch_assoc($query_child)) :
echo $child['category'];
endwhile;

$parent_arr_id = $parent_arr['id'];
var_dump($parent_arr_id);

在我的MySql数据库中有parent=1，我应该得到什么
正确的输出应该是：
衬衫、裤子、鞋子、配饰

相反，我得到：
男人、女人、男孩、女孩

我三次检查了表中的默认值，一切都是正确的，我可以保证100%
我在MySql中直接手动进行了查询，并且可以正常工作

因此，我仔细检查了第一行，通过重复其变量，如下所示：

$parent_arr_id = $parent_arr['id'];
$sql = "SELECT * FROM categories WHERE parent ='parent_arr_id'";
$query_child = $db->query($sql);
while($child = mysqli_fetch_assoc($query_child)) :
echo $child['category'];
endwhile;

$parent_arr_id = $parent_arr['id'];
var_dump($parent_arr_id);

但是我得到了一个NULL值
我想这就是为什么我得到了
男人、女人、男孩、女孩而不是
衬衫、裤子、鞋子、配饰
可能是默认值（？）

在线检查似乎发生了这种情况，因为它是一个关联对象数组，应该转换为字符串数组。我试过：

var_dump ($child['category']);

但是没有什么变化：NULL

有人能帮我吗
我不知道如何解决这样的困境！：）

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提前非常感谢

问题解决了。这只是因为我没有把$sign放在变量名（$parent\u arr\u id）之前。应该是：

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$sql=“从父类=$parent\u arr\u id”的类别中选择*

SELECT*来自parent=1的类别

？

$sql=“SELECT*来自parent='parent\u arr\u id'”的类别

首先，如果

$parent\u arr\u id

是一个整数，请删除

'

，因为它们仅用于字符串。。其次，查询中的

$parent\u arr\u id

中缺少

$

。。。第三，此查询容易受到注入攻击，因此我建议您使用Thank you@IsThisJavascript作为答案。我应用了你建议的更正。我得到以下错误：警告：mysqli_fetch_assoc（）期望参数1是mysqli_result，布尔值given@PaulSpiegel我想动态填充菜单。我不想静态地传递值。谢谢。当然你会得到那个错误。不要把代码放在评论中，编辑你的问题并把代码放在那里。关键是要在到达mysqi_fetch_assoc之前找出var包含的内容，以便找出sql失败的原因。