Mysql使用PHP生成报告（DateTime数据类型）

我想每年/每月生成一份报告，用户可以通过下拉菜单选择年份。然后来自mysql的数据将以表格格式显示

以下是我得到的错误：

以下是数据库中的变量：

这是我的密码：

        <form action="" method="POST">
         Select Year:<select name="sortyear" id="sortyear">
                         <option value="2018">2018</option>
                         <option value="2019">2019</option>
                         <option value="2020">2020</option>
                         <option value="2021">2021</option>
                     </select>

        <?php
        $db = mysqli_connect('localhost','root','','customercaremodule');
        date_default_timezone_set('Asia/Kuala_Lumpur');

        if ($db->connect_error) {
            die("Connection failed: " . $db->connect_error);
        }
        $sql = "SELECT first_name, last_name, email,  message, FC_DateTime FROM fbcomplain WHERE (YEAR(timestamp) = 2018)";
        $result = mysqli_query($db,$sql);
        while($row11 = mysqli_fetch_array($result))
           {
               $first_name= $row11['first_name'].'<br>';
               $last_name = $row11['last_name'].'<br>';
               $email = $row11['email'].'<br>';
               $message = $row11['message'].'<br>';
           }

        $sortyear = $_REQUEST['sortyear'];
?>

选择年份：
2018
2019
2020
2021

更新

---

现在我想显示基于所选年份的数据行，我该怎么做？

查询失败，因此

$result

等于

false

，而不是有效的

mysql result

，这就是

mysqli\u fetch\u数组（$result）

产生错误的原因

查看

WHERE（YEAR（timestamp）=2018）

中的查询，您的表结构中没有

timestamp

列，这就是它失败的原因

---

我建议使用

WHERE（YEAR（FC_DateTime）=2018）

。

查询失败，因此

$result

等于

false

而不是有效的

mysql result

，这就是

mysqli_fetch_数组（$result）

产生错误的原因

查看

WHERE（YEAR（timestamp）=2018）

中的查询，您的表结构中没有

timestamp

列，这就是它失败的原因

---

我建议改为使用

WHERE（YEAR（FC_DateTime）=2018）

。

将错误代码粘贴到这里作为字符串-不需要这样的屏幕截图。将错误代码粘贴到这里作为字符串-不需要这样的屏幕截图。这解决了我的问题，请问如何将

sortyear

下拉列表值分配到查询中，例如，

SORT column\u name ASC

或

DESC

这解决了我的问题，请问如何将

sortyear

下拉值分配到我的查询中，例如，

SORT column\u name ASC

或

DESC