Php Where子句与变量不匹配

你好！ 我有一个疑问：

$name = $this->input->get_post('name');
$unit = $this->input->get_post('unit');
$user = $this->session->userdata('user');
$sql = $this->db->query("select ID from type WHERE code LIKE '%".$unit."%'");
        $result = mysql_query($sql);
$this->db->set('Name', $name);
$this->db->set('Unit', $result);
$this->db->set('Owner', $user);
$this->db->set('CreatedBy', $user);
$this->db->set('ModifiedBy', $user);
$this->db->insert('prod');
$this->db->select('ID');
$this->db->from('type');
$this->db->where('%'.$unit.'% = type.code');

$id = $this->db->insert_id();

return (isset($id)) ? $id : FALSE;

我不知道为什么当我在where子句中有一个条件时，我不能从表

type

中将表

Unit

的值设置为

ID

---

有人能帮我吗？

我不确定代码想要完成什么，但是

like（）

不要求包含%。如果调用

like（'type.code'，'%1234%'）

查询将具有

WHERE type.code，如'%\%1234\%'

。所以你可以直接写

$this->db->like（'type.code'，$unit）

如果希望%只在一侧，或者希望是显式的，

like（）

接受第三个参数，该参数可以是

'both'

，

'before'

，

'before'

或

'none'

来指定插入%的位置

这可能不是您唯一的错误：

$sql = $this->db->query("select ID from type WHERE code LIKE '%".$unit."%'");
$result = mysql_query($sql);

表示上述代码中的

$sql

将是一个结果对象，对其调用

mysql\u query（）

将产生不可预测的结果。要获取实际的结果对象，您应该调用

$sql->result（）

（如果您希望获得多行），或者只调用

$sql->row（）

，因为您似乎只在查找一行

$this->db->set('Unit', $result);

在这里，您希望使用

$result->ID

（假设

$result

是行，而不是行数组）。将单位设置为

$result

不起作用。它将Unit设置为0，或者由于

$result

是一个

stdClass

对象而不是标量值而产生的一些其他意外值

---

希望能有所帮助。

将“type”表重命名为类似于code\u type的名称，看看它是否有效。

什么框架？代码点火器？您的意思是将列

Unit

的值设置为

type.code

，因为如果

Unit

是一个表，那么您就完全搞错了。是的，codeigniter。当$outputunit等于表类型中列代码的值时，使用表类型中列ID的值设置单位。您可以选择它仍然不起作用的位置。我编辑了上面的代码，并将select查询放入变量中。但仍然不起作用。：（@user3326074:您能发布您的错误吗？