Php 使用变量作为ID并从mysql获取表（已编辑）

我正在使用一个多选选项表单来获得一张场馆表。每个场馆都有一个ID，这是我使用的：

<?php
require("db_access.php");

if(isset($_POST['select3'])) 
{
  $aVenues = $_POST['select3'];

  if(!isset($aVenues))
  {
    echo("<p>You didn't select any venues!</p>\n");
  }
  else
  {
    $nVenues = count($aVenues);

    echo("<p>You selected $nVenues venues: ");
    for($i=0; $i < $nVenues; $i++)
    {
      echo($aVenues[$i] . " ");
    }
    echo("</p>");

$sql = "SELECT * FROM venues WHERE id IN (" . implode(",",$aVenues) . ")";
$comma_separated = implode(",", $aVenues);
echo $comma_separated;



  }
}

?>

---

$array
用于
内爆（“，”，$array）但在我们可以看到的任何其他地方都没有定义。其目的或许是：

implode(",", $aVenues);

更新

根据注释，它不会绘制表，因为您从未实际查询数据库

您构建了SQL语句，但需要执行它并获取结果集

// Make sure you actually have a database connection
$conn = mysql_connect('localhost', $username, $password);
mysql_select_db($database);

$sql = "SELECT * FROM venues WHERE id IN (" . implode(",",$aVenues) . ")";
$comma_separated = implode(",", $array);
echo $comma_separated;

// Execute query and fetch result rowset
$result = mysql_query($sql);
if ($result) {
  $rowset = array();
  while ($row = mysql_fetch_array($result)) {
    $rowset[] = $row;
  }
  var_dump($rowset);
}
else echo mysql_error();

很酷，错误现在消失了，但是它现在在我原来的位置下显示“2，6”，但没有绘制一个表并将这些数字用作ID:/@pufAmuf，因为您从未执行查询并获取其结果集。请参阅上面的添加。奇怪，为什么您认为我可能会收到密码错误？对于用户的Navel7' @ LoalHOST（使用密码：否）访问拒绝。我在所有其他表上使用这个代码，它可以工作：我可以在页面中间包含这个PHP代码以及这个表单上的HTML的其余部分吗？