Php MySQL数据库显示所有数据问题

我试图显示数据库中特定表中的所有数据。我在尝试这样做时犯了这个错误

    Warning: mysqli_select_db() expects parameter 1 to be mysqli, string given in      /home/content/59/11513559/html/bg/showscore.php on line 23

这是我的php文件：

   <?php
    session_start();
    //connect to db
    $con = mysqli_connect("localhost","placeholder","placeholder","placeholder");


     $table=$_SESSION['gamecode'];

     mysqli_select_db( $con,'dbname') or die("Database selection failed: " .      mysql_error());
     $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM $table");


     function tableme($result){
     $header='';
     $rows='';
     while ($row = mysql_fetch_array($result)) 
 if (!$result) { // add this check.
     die('Invalid query: ' . mysql_error()); 
     if($header==''){
        $header.='<th>'; 
        $rows.='<tr>'; 
        foreach($row as $key => $value){ 
            $header.='<td>'.$key.'</td>'; 
            $rows.='<td>'.$value.'</td>'; 
        } 
        $header.='</th>'; 
        $rows.='</tr>'; 
     }else{
        $rows.='<tr>'; 
        foreach($row as $value){ 
            echo "<td>".$value."</td>"; 
        } 
        $rows.='</tr>'; 
      }
     } 
      return '<table>'.$header.$rows.'</table>';
     }
      echo tableme($result);

---

正如警告所说，第一个参数应该是mysqli resource

 mysqli_select_db(  $con,$table) or die(mysql_error());

---

正如php文档所说：

bool mysqli_select_db ( mysqli $link , string $dbname )

所以这一行：

 mysqli_select_db(" . $table . ",$con) or die(mysql_error());

应该是：

 mysqli_select_db($con," . $table . ") or die(mysql_error());

---

和：

“$table.”

应该是数据库的名称（而不是表的名称），并且不带

空格
和
定义
$table？
更改参数的顺序：将$con放在第一位。另外，不要混合使用
mysql
和
mysqli
调用-这不会起作用。最后，根本不要使用
mysql
：它已经被弃用了。使用
mysqli
或PDOI在“$\u会话”行中定义的“$table”。。。感谢您，我确实更改了它。我还确保我将“mysql”更改为“mysqli”。我注意到我将“$table”变量赋值错误，并将其更改为“$table=$\u SESSION['gamecode']；”我现在得到一个错误，说数据库选择失败了…做一个
var\u转储（$table）$table
后，请在该行中选择code>，以确保它获得所需数据库的名称。@st15jap-您没有在
$\u会话
行中设置
$table
。您正在将该行中的
$\u SESSION
设置为
$table
Answer deleted sir！；）哇，你完全正确。它现在连接到正确的数据库。因此，要连接到表，我应该使用
$result=mysqli_query（$con，“SELECT*FROM.$table”）如下：$result=mysqli_query（$con，“SELECT*FROM$table”）；好的，我做了这些改变。我更新了上面的代码以反映应该正确的内容。我没有收到任何错误消息，但是我没有像它应该显示的那样显示该表。您是否碰巧看到任何其他会导致此操作不起作用的内容？我感谢你为回答我最初的问题所做的一切