如何检索存储在表中的sql查询并为表中的所有查询创建动态php页面

我正在尝试检索动态查询PHP页面。第一页通过post方法传递城市或id的值下一页

表如下所示：

表1

现在我运行包含代码的页面：

    $id = $_POST["id"];
    $city= $_POST["city"];
    $tabledata = mysql_query("SELECT * FROM table1 ");
    $a=mysql_fetch_row($tabledata );

    $query_table=$a['1']; // retrieve sql query from table1 which stored in 2nd column
    echo " $query_table"; // display query
    $result = mysql_query($query_table);

    while ($field = mysql_fetch_row( $result) )
    {
        echo "<td> $field[1] </td>";
    }

现在，问题是我无法得到结果$结果是空的吗

如何将$city或$id值传递给查询

但是如果我从TABKE1中删除where条件，那么它工作得很好。那么，我如何确定传递参数的条件

我怎样才能做到这一点。这里的任何其他选项都可以在1个表上调用存储的查询并在其他页面和其他表上处理它

在第一条语句中使用WHERE和OR子句，然后可以迭代作为行返回的每个结果，并可以避免上述复杂的方法

$tabledata = mysql_query("SELECT * FROM table1 WHERE ID = {$id} OR city = {$city}");

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但是$tabledata从table1第2列重新设置sqlquery$query\u table=$a['1']，它支持sql查询和$result=mysql\u query$query\u table；这是不可行的。@J先生，这里有三件非常重要的事情需要注意。1-永远不要相信用户发布的数据。有人可以很容易地操纵它并删除您的整个数据库，或者更糟的是，窃取敏感数据。2-mysql被弃用，取而代之的是mysqli。3-使用此方法，您无法利用mysqli_uu中准备好的语句，因此您基本上没有防御能力。重新考虑一下，我喜欢早上SQL注入的味道

$tabledata = mysql_query("SELECT * FROM table1 WHERE ID = {$id} OR city = {$city}");