PHP和MySQLi检查表是否存在以及是否不存在'；我不能创造它

尝试使用此选项检查表是否存在以及是否未创建它

if ( !f_tableExists($table, DB_NAME) ) {
    $sql = "CREATE TABLE $table (
        ID int NOT NULL AUTO_INCREMENT,
        PRIMARY KEY(ID),
        timestamp int NOT NULL,
        ip int NOT NULL
    )";

    $result = mysqli_query($sql);

    if (!$result) {
        die('Invalid query: ' . mysqli_error());
    }

}

如果f_tableExists存在，则执行以下操作以检查它是否存在

function f_tableExists($tablename, $database = false) {

if(!$database) {
    $res = mysqli_query("SELECT DATABASE()");
    $database = mysqli_data_seek($res, 0);
}

$res = mysqli_query("
    SELECT COUNT(*) AS count
    FROM information_schema.tables
    WHERE table_schema = '$database'
    AND table_name = '$tablename'   
");

return mysqli_data_seek($res, 0) == 1;
}

获取结果“无效查询：”

---

没有创建表，因此我假设我的一些mysqli查询代码（创建表…ip int NOT NULL）或（SELECT COUNT…=“$tablename”）或其他位错误和/或不工作？我不知道是哪一位，也不知道为什么？

如果不存在，只需使用带有

的查询，而不必检查


另外，需要将连接传递到

p.S.相对笑话：
嘿，这是你本可以做到的：

创建mysqli-php连接：

<?php
$__DATABASE__='centralfeed_feed';
$__USER__='root';
$__PASSWORD__='';
$__HOST__='localhost';

$con=mysqli_connect($__HOST__,$__USER__,$__PASSWORD__,$__DATABASE__);

?>

<?php

     if(mysqli_query($con,"DESCRIBE  users ")){
        echo "exists";
    }else{
        echo "dont exists";
    }
    mysqli_close($con);
    exit;
 ?>



然后向数据库发出mysqli请求：

<?php
$__DATABASE__='centralfeed_feed';
$__USER__='root';
$__PASSWORD__='';
$__HOST__='localhost';

$con=mysqli_connect($__HOST__,$__USER__,$__PASSWORD__,$__DATABASE__);

?>

<?php

     if(mysqli_query($con,"DESCRIBE  users ")){
        echo "exists";
    }else{
        echo "dont exists";
    }
    mysqli_close($con);
    exit;
 ?>



那么你的任务完成了

永远记得在使用完它们后关闭连接，或者注意使用它们的连接不仅在php mysqli中，而且在所有时间（在其他语言中也是如此）。
仍然会得到相同的结果，所以可能$result=mysqli\u query（$sql）；不工作？@Quickcoins，请检查mysqli\u查询签名。我如何检查mysqli\u查询签名，以前从未听说过？好的，我已经完成$result=mysqli\u查询（$link，$sql）；我仍然得到相同的结果，这包括参数吗？还是一样吗problem@Quickcoins，您需要将链接传递到
mysqli\u错误