Php 使用基于id的join子句从两个表中提取

我正在引导程序上制作一个表从同一数据库中的两个表获取此表中的数据

这是我用来从数据库中获取值的代码

 <table class="table table-hover table-striped">
                                        <thead>
                                            <tr>
                                                <th>Id</th>
                                                <th>File-name</th>
                                                <th>Purpose</th>
                                                <th>Recieved-By </th>
                                                 <th>Processed-By</th>
                                                 <th>Address</th>
                                                 <th>Contact-No</th>
                                                 <th>Recieved-Date</th>
                                                 <th>Update-date</th>
                                                 <th>status</th>
                                            </tr>
                                        </thead>
                                        <tbody>
                        <?php
                          $p_query= "SELECT id, file_name, recieved_by, processed_by, purpose, address, contact_no, date,update_date,reason FROM files INNER JOIN update_table ON files.id=update_table.id"; 
                          $con=mysqli_connect("localhost","root","","fileprogramsysteeem");
                          $p_run=mysqli_query($con,$p_query);
                            if(mysqli_num_rows($p_run)){
                             while($row=mysqli_fetch_array($p_run))
                             {
                                $id=$row['id'];
                                $file=$row['file_name'];
                                $purpose=$row['purpose'];
                                $recieve=$row['recieved_by'];
                                $processed=$row['processed_by'];
                                $address=$row['address'];
                                $contact=$row['contact_no'];
                                $date=$row['date'];
                                $up_date=$row['update_date'];
                                $status=$row['reason'];


                            ?>
                                            <tr>

                                                 <td><a  href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $id;?></a></td>
                                                 <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $file;?></a></td>
                                                 <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $purpose;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $recieve;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $processed;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $address;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $contact;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $date;?></a></td>
                                                <td><a href="post.php?post_id=<?php echo $id?>"><?php echo $up_date;?></a></td>
                                                <td style="color:#337AB7;"><?php echo $id?>"><?php echo $status;?></td>
                                            </tr>
                                            <?php 
                                      }
                                    }
                                   ?>
                                        </tbody>
                                    </table>

身份证件
文件名
目的
收到
加工者
地址
联系电话
收到日期
更新日期
地位
">

现在，在应用此代码后，我得到以下错误：

警告：mysqli_num_rows（）要求参数1为mysqli_结果

我必须从表文件中选择文件名、接收人、处理人、目的、地址、联系人、日期，从表更新表中选择更新日期、原因

$p_query= "SELECT files.* , update_table.* FROM files INNER JOIN update_table ON files.id=update_table.id"; 
                      $con=mysqli_connect("localhost","root","","fileprogramsysteeem");

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试试这可能会有帮助

首先阅读我的所有代码，然后请尝试回答，请澄清您的答案，并感谢您对此感兴趣。不。首先，请您尽最小努力研究错误消息，以便您a）了解错误的原因，b）下一步采取什么步骤以获得更详细的错误消息om数据库。解释如何询问数据库的实际错误原因。先生，我已检查了所有可能的错误答案，但我没有得到答案。只需告诉我，我的选择查询“先生，我已检查了所有可能的错误答案，但我没有得到答案”有任何问题-那么你还没有理解那里向你解释的内容？那么，如果我现在再次解释同样的内容，那又有什么意义呢？“告诉我，我的select查询有什么问题吗？”-是的。再说一遍：去读一下你是如何让数据库告诉你实际的错误是什么的。实现它，然后回到这里，向我们展示MySQL错误消息。我尝试了这个，但得到了相同的错误，有人请帮助我