Php 项目未导入CRUD数据库应用程序，无法检索值

我有一个简单的应用程序，HTML很简单：

<ul>
<li><a href="create.php"><strong>Create</strong></a> - add a food by 
 name</li>
<li><a href="read.php"><strong>Read</strong></a> - find a food and the 
nutrition values</li>
    <li><a href="update.php"><strong>Create</strong></a> - update a foods 
values</li>
<li><a href="delete.php"><strong>Read</strong></a> - delete an entry</li>
</ul>

我有一个名为test的数据库，并成功地创建了表foodnames，这在mySQL管理员中很明显，所以我不会发布sqlinit文件

当我尝试添加itemfood时，会收到以下错误消息：

将食物名称、卡路里、蛋白质、碳水化合物、， 脂肪值：食物名称、卡路里、蛋白质、碳水化合物、脂肪 SQLSTATE[42S02]：找不到基表或视图：1146表 “food.foodnames”并不存在

下面是我的create.php：

if (isset($_POST['submit']))
{

require "../config.php";
require "../common.php";
try 
{
    $connection = new PDO($dsn, $username, $password, $options);

    $new_food = array(
        "foodName" => $_POST['foodName'],
        "calories"  => $_POST['calories'],
        "proteins"     => $_POST['proteins'],
        "carbohydrates"       => $_POST['carbohydrates'],
        "fats"  => $_POST['fats']
    );
    $sql = sprintf(
            "INSERT INTO %s (%s) values (%s)",
            "foodnames",
            implode(", ", array_keys($new_food)),
            ":" . implode(", :", array_keys($new_food))
    );

    $statement = $connection->prepare($sql);
    $statement->execute($new_food);
 }
 catch(PDOException $error) 
 {
    echo $sql . "<br>" . $error->getMessage();
 }

  }
 ?>

 <?php require "templates/header.php"; ?>

 <?php 
 if (isset($_POST['submit']) && $statement) 
 { ?>
<blockquote><?php echo $_POST['foodName']; ?> successfully added.
</blockquote>
<?php 
 } ?>

 <h2>Add a food</h2>

 <form method="post">
<label for="foodName">Foods Name</label>
<input type="text" name="foodName" id="foodName">
<label for="calories">Calories per 100 grams</label>
<input type="text" name="calories" id="calories">
<label for="proteins">Proteins in %</label>
<input type="text" name="proteins" id="proteins">
<label for="carbohydrates">Carbohydrates in %</label>
<input type="text" name="carbohydrates" id="carbohydrates">
<label for="fats">Fats in %</label>
<input type="text" name="fats" id="fats">
<input type="submit" name="submit" value="Submit">
</form>

<a href="index.php">Back to home</a>

<?php require "templates/footer.php"; ?>

为什么这是在找食物？而不是test.foodnames，正确的语法是什么？如前所述，只有一个测试数据库Food db不存在，表foodnames在那里

此外，当我试图从数据库中读取数据时，会出现以下错误

注意：未定义的索引：C:\xampp\htdocs\public\read.php中的userInput 在第19行中，从FoodName中选择*，其中FoodName类似：用户输入 SQLSTATE[HY093]：参数编号无效：未定义参数

注意：未定义变量：结果为C:\xampp\htdocs\public\read.php 第37行未找到结果，请注意：未定义索引：中的位置 第74行的C:\xampp\htdocs\public\read.php

我尝试的是基于用户输入检索数据库条目，即使他只输入一个字符，下面是read.php代码：

<?php
/**
* Function to query information based on 
* a parameter: in this case, food name.
*
*/
if (isset($_POST['submit'])) 
{

try 
{

    require "../config.php";
    require "../common.php";
    $connection = new PDO($dsn, $username, $password, $options);
    $sql = "SELECT * 
                    FROM foodnames
                    WHERE FoodName LIKE :user_input";
    $userInput = $_POST['userInput'] . '%';
    $statement = $connection->prepare($sql);
    $statement->bindParam(':FoodName', $userInput, PDO::PARAM_STR);
    $statement->execute();
    $result = $statement->fetchAll();
}

catch(PDOException $error) 
{
    echo $sql . "<br>" . $error->getMessage();
}
}
?>
<?php require "templates/header.php"; ?>

<?php  
if (isset($_POST['submit'])) 
{
if ($result && $statement->rowCount() > 0) 
{ ?>
    <h2>Results</h2>

    <table>
        <thead>
            <tr>
                <th>#</th>
                <th>Food Name</th>
                <th>Calories/100g</th>
                <th>Proteins</th>
                <th>Carbohydrates</th>
                <th>Fats</th>
                <th>Time to burn by running</th>
            </tr>
        </thead>
        <tbody>
  <?php 
    foreach ($result as $row) 
    { ?>
        <tr>
            <td><?php echo escape($row["id"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["foodNAme"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["calories"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["proteins"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["carbohydrates"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["fats"]); ?></td>
            <td><?php echo escape($row["ttb"]); ?> </td>
        </tr>
    <?php 
    } ?>
    </tbody>
 </table>
 <?php 
 } 
 else 
  { ?>
    <blockquote>No results found for <?php echo escape($_POST['location']); 
 ?>.</blockquote>
<?php
} 
 }?> 

<h2>Find food by name</h2>




<form method="post">
<label for="food">Food</label>
<input type="text" id="food" name="food">
<input type="submit" name="submit" value="View Results">
</form>

<a href="index.php">Back to home</a>

<?php require "templates/footer.php"; ?>

---

很抱歉，代码非常冗长。

问题在于配置文件。您需要将数据库更改为test数据库，即$db='test'//从food更改数据库

“…如果FoodName类似于：FoodName”而不是用户输入，则需要使用参数名，而不是php变量。在insert的vase中，您可能连接到了服务器上的错误数据库。请查看您的配置，我打赌这是food，而不是在那里测试。@axel.michel-Hm，我刚刚注意到，如果我必须使用foodName，那么我在表单中没有引用。因此，这里的FoodName类似于：user\u input$userInput=$\u POST['userInput'].%'；这种食物需要改变。我该怎么做？@ptts输入字段的name attribute是$\u POST数组中的键。因此，如果您的输入字段名为food，您可以这样做：$userInput=$\u POST['food']LOL，这很尴尬：-这是我的第一个数据库项目，它是一个噩梦，包括所有服务器配置的怪癖，但现在它工作了：-嗯，读取部分还没有工作，但谢谢