Php 选择存储在变量中的

嗨，我正在尝试为大学作业创建一个购物车，我正在尝试从一个变量的内容加载一个表，但是不管我做什么，它都不会识别它的内容

下面是代码片段

$sql=sprintf（“从%s中选择名称、说明、价格，其中id=%d；”，$table，$product\u id）；
$result=mysql\u查询（$sql）；

表变量的内容被遗漏了，所以它看起来是一个无名的表，我搜索了谷歌，找到了几个例子，但都是为我工作的

有人有什么想法吗

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谢谢Scott。

mysql\u查询获取两个参数，一个是您的查询，另一个是与数据库的连接，因此您需要执行以下操作

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$result=mysql\u查询（$sql，您的连接变量）`

尝试在id=%d之后去掉分号

尝试此操作，它会识别您的变量：

$sql = sprintf("SELECT name, description, price FROM " .$table. " WHERE id = %d", product_id); 
$result = mysql_query($sql);

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如何设置“

$table”

？哈哈，是的，当然设置了$table。我已经回显了它的内容，它的表名是stored。当定义了$table和$product\u id时，您的示例会按照预期工作。检查您的代码是否有拼写错误，您可能正在使用不同的名称设置变量。感谢您的回复，sql查询不是问题所在，如果我更改尝试使用$table的位置，而只编写表的名称，则效果会很好。问题是它无法识别变量。感谢您的回复，仍然会遇到相同的问题再次感谢Charley14，但仍然存在相同的问题。