选择php页面必须显示的数据库表的代码是什么？

我试图编写一段代码，允许用户在php页面中显示我数据库中的任何表

我试过使用该代码：

<?php
include('connection_db.php'); 
$table = $_POST['table'];

$sql1 = "SELECT * FROM $table";
$sql2 = "SELECT count(*)
FROM information_schema.columns
WHERE table_name = '$table'";
$sql3 = "SELECT COLUMN_NAME
FROM INFORMATION_SCHEMA.COLUMNS
WHERE TABLE_NAME = N'$table'";

$result = mysql_query($sql1);
$column = mysql_query($sql2);
$ncolumn= mysql_query($sql3);

echo "<table width='100%' border='1'>";
while ($row = mysql_fetch_array($result))
{
    echo "<tr>";
    for ($i = 0; $i <= $column; $i++) {
        echo "<td>". $row['$ncolumn'] ."</td>";
    }
    echo "</tr>";     

    echo "<br/>";
}
echo "</table>";
?>

---

它应该用他的记录显示整个表，但是它只显示了很多空行

旧的mysql扩展（mysql的

mysql_…（）

函数）已被弃用，并且在当前版本的php语言中不再存在。请改用较新的mysqli扩展。在sql查询中直接使用客户端发送的值存在巨大的安全风险。您永远不能信任客户端指定的任何内容。请阅读并了解结合使用“准备语句”和“参数绑定”的好处。实际上，您不需要查询信息模式。第一个选择数据库中所有条目的查询实际上也将列名作为元素键保存。这就是呈现包含标题行的表所需的全部信息。请小心盲目地选择表中的所有条目。如果这个表包含2000亿条记录呢？你真的想同时加载它们吗？这不是一个好主意…它在每个表中都给我“0”

$table = $_POST['table'];
$mysqli  =  new mysqli(_DB_SERVER_,_DB_USER_,_DB_PASSWD_,_DB_NAME_);
$mysqli->set_charset("utf8");
if (mysqli_connect_errno()) {
    $Message =  "Connect failed: %s\n" . $mysqli->connect_error;
    exit();
}

if ($result = $mysqli->query("SHOW TABLES LIKE '".$table."'")) {
    if($result->num_rows == 1) {
        $Tableexists = "yes";
        } else {
        $Tableexists = "no";
    }
    } else {
    $Tableexists = 0;
}

echo $Tableexists;