如何使用条件获取sql php或使用条件合并获取？

我有一个名为

links

的表，其中的列名为

link

link2

link3

和

score

我希望始终获取

链接

，但仅当

得分

大于等于100时，才能获取

链接2

。仅当

得分

大于等于200时，才能获取

link3

。然后将所有这些结果放在一行中，以便一行读取。 查看我的脚本（根本没有加载）

$sql=“从useron=1的链接中选择链接、链接2、链接3、分数”；
$liste=数组（'link'）；
$list2=数组（'link2'）；
$list3=数组（'link3'）；
如果（$list2['score']>=100&&<200）{
$liste[]=“link2”；
如果（$list3['score']>=200）
$liste[]=“link3”；
if（$result=mysqli_查询（$link，$sql））{
如果（mysqli_num_行（$result）>0）{
while（$row=mysqli\u fetch\u数组（$result））{
echo$row['link']。“\n”；
}
//自由结果集
mysqli_免费_结果（$result）；
}否则{
echo“未找到与您的查询匹配的记录。”；
}
}否则{
echo“错误：无法执行$sql。”.mysqli_错误（$link）；
}

您可以执行以下操作：

SELECT link, 
       CASE
           WHEN score >= 100 THEN link2
           ELSE ''
       END as link2, 
       CASE
           WHEN score >= 200 THEN link3
           ELSE ''
       END as link3, 
       score
FROM links
WHERE useron = 1

---

然后获取所有行并显示所有非空链接。

这就是我所做的Lajos Arpad，我的意思是我看不到结果，因为我的页面根本没有加载…@Specimenx33你没有做这个确切的事情，你在PHP级别上做了这个逻辑，但更重要的是，你在某个地方出错了，所以你需要向我们提供关于您得到的实际错误。很抱歉@Lajos Arpad我是php新手，这是我的项目要完成的最后一步。错误只是错误500（此页面未加载）当我转到url时。请问你的帮助帖子有什么错误吗？我正在努力让它工作，但更重要的是我想learn@Specimenx33500表示内部服务器错误。您需要检查服务器日志以了解确切的错误是什么。当我只回显一个基本sql请求的链接时，我的页面正在工作。错误更像关于我的语法，我想，但我不知道在哪里。。。

SELECT link, 
       CASE
           WHEN score >= 100 THEN link2
           ELSE ''
       END as link2, 
       CASE
           WHEN score >= 200 THEN link3
           ELSE ''
       END as link3, 
       score
FROM links
WHERE useron = 1