Php 没有结果

我喜欢检索mysql结果并分配给变量$status 根据结果，我想在这种情况下输入ok或ko，如果$status处于活动状态，则结果为ok

似乎问题在于何时向td显示结果，但看不到其他内容。   有人能帮忙吗

    if(mysqli_num_rows($result) > 0)
    {
        $number = 1;
    while($row = mysqli_fetch_assoc($result))
    {
        $status = strtolower($row['register_status']);

        $data .= '<tr>
                        <td>'.$row['id'].'</td>
                        <td>'.$row['first_name'].'</td>
                        <td>'.$row['last_name'].'</td>
                        <td>'.$row['email'].'</td>
                        <td>'
                        if ($status == "Active") {
                                echo "OK";
                        }
                        else {
                                echo "KO";
                        }
                        '</td>

                        <td width="1%">
                                <div class="dropdown">
                                 <button class="btn btn-default dropdown-toggle" type="button" data-toggle="dropdown">Actions
                                 <span class="caret"></span></button>
                                 <ul class="dropdown-menu">
                                    <li onclick="GetUserDetails('.$row['id'].')"><a href="#">Update</a></li>
                                    <li onclick="DeleteUser('.$row['id'].')"><a href="#">Delete</a></li>
                                 </ul>
                                 </div>
                         </td>
                  </tr>';```


The idea is change in the future the echo for an image or a div content

不要使用echo，它将在HTML的其余部分之前输出OK或KO，而是在创建HTML之前尝试确定是否需要OK/KO

您还可以添加图像或div或任何您想要的内容，而不是OK或KO

然后将这个$value连接到字符串中，就像处理td的其余部分一样

---

首先，您要将状态转换为小写，并尝试与活动状态进行比较。每次都会给你错误的答案

不使用echo，您可以首先将status的值放入一个变量中，而不是尝试在表下进行设置。这对你有用

if ($status == "active") {
    $status = "OK";
}
else {
    $status = "KO";
}
$data .= '<tr>
<td>'.$row['id'].'</td>
<td>'.$row['first_name'].'</td>
<td>'.$row['last_name'].'</td>
<td>'.$row['email'].'</td>
<td>'.$status.'</td>

<td width="1%">
        <div class="dropdown">
         <button class="btn btn-default dropdown-toggle" type="button" data-toggle="dropdown">Actions
         <span class="caret"></span></button>
         <ul class="dropdown-menu">
            <li onclick="GetUserDetails('.$row['id'].')"><a href="#">Update</a></li>
            <li onclick="DeleteUser('.$row['id'].')"><a href="#">Delete</a></li>
         </ul>
         </div>
 </td>
</tr>';

---

echo是为了测试结果，但喜欢放一个图像或一个div内容instead@GuifIf我已经更新了答案，以显示如何插入div或映像。当$status始终为=strtolower时，$status==Active怎么可能

if ($status == "active") {
    $status = "OK";
}
else {
    $status = "KO";
}
$data .= '<tr>
<td>'.$row['id'].'</td>
<td>'.$row['first_name'].'</td>
<td>'.$row['last_name'].'</td>
<td>'.$row['email'].'</td>
<td>'.$status.'</td>

<td width="1%">
        <div class="dropdown">
         <button class="btn btn-default dropdown-toggle" type="button" data-toggle="dropdown">Actions
         <span class="caret"></span></button>
         <ul class="dropdown-menu">
            <li onclick="GetUserDetails('.$row['id'].')"><a href="#">Update</a></li>
            <li onclick="DeleteUser('.$row['id'].')"><a href="#">Delete</a></li>
         </ul>
         </div>
 </td>
</tr>';