PHP：如何从MYSQL获取信息，使其成为变量并将其放置在链接中

这是我的代码-不确定问题出在哪里

// Make the query:
$query = "SELECT template FROM pages_meta WHERE user_id=$id";  

// RUN THE QUERY
$result = @mysqli_query ($dbc, $q);

$url = 'template';

echo "<link  href=\"$url\" type=\"text/css\" rel=\"stylesheet\" />";

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是的，正如Jakub所说，您需要从Mysql获取数据并分配给$url

这样做：

$query = "SELECT template FROM pages_meta WHERE user_id=$id";

if ($result = $mysqli->query($query)) {

    /* fetch associative array */
    while ($row = $result->fetch_assoc()) {
        echo '<link  href="'. $row['template'] . '" type="text/css" rel="stylesheet" />';
    }

    /* free result set */
    $result->close();
}

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更多信息：

事实上存在一些问题

设置变量$query，但在mysqli\u查询中使用$q。顺便说一下，您不应该使用@，而是应该实现某种错误处理

另外，您将url设置为字符串值，这意味着它将只具有值模板。我认为应该将其设置为$result[0]->template之类的值，尽管我不能完全确定。尝试在代码中插入以下行，并发布它所写的内容

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var_dump$结果

问题是$url是一个字符串，与您的$result没有任何关系。请先搜索，例如：还有一个名为php.net的有用网站。您是否使用$dbc打开了与数据库的连接？谢谢-虽然我尝试了这段代码，但php给出了一个关于未定义变量$mysqli的错误，我假设该变量是数据库连接？我现在正在阅读你的链接，谢谢…是的，这是来自$mysqli=newmysqlilocalhost，我的用户，我的密码，world；令人惊叹的我只是用我自己的数据库连接以变量的形式替换了$mysqli，它起了作用。谢谢你和Jakub。