Php 使用带有唯一表变量的表单更新mysql表

我有一张表格，我填了一个数字，然后更新了正确的数据库。这不管用

变量被发布（我已经插入了3个变量，您可以在错误中看到这一点，但它没有更新） 我知道这个错误吗？更新记录时出错：SQL语法有错误；检查与您的MySQL服务器版本对应的手册，了解在第1行“3”xyz_ips_short_code set content=replace（content，'eten'，'string_to_replace'附近使用的正确语法

<textarea name="dbnaamsite" placeholder="3" cols="10" rows="1"></textarea>

 $dbnaamsite = $_POST['dbnaamsite'];

$sql = "update wp_'$dbnaamsite'_xyz_ips_short_code 
        set content = replace(content,'eten','string_to_replace')";
//mysql_real_escape_string($formPostTitle);

$dbnaamsite=$_POST['dbnaamsite']；
$sql=“更新wp'$dbnaamsite'\u xyz\u ips\u short\u代码
设置content=replace（content，'eten'，'string_to_replace'）；
//mysql\u real\u escape\u字符串（$formPostTitle）；

试试看

$sql = "update `wp_".$dbnaamsite."_xyz_íp_short_code` set content = replace(content,'eten','string_to_replace')";

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你可能知道如何替换多个内容值吗？我现在有一个代码：$sql=“update wp”.$dbnaamsite.\u xyz\u ips\u short\u code set content=replace（content，'eten1'，'extra2'），（content，'eten2'，'extra3'），（content，'eten2'，'extra3'），但没有什么奇怪的不起作用：）@ABBER所以，如果答案解决了，请接受，好的，我稍后再做。我现在看不到按钮了。@ABBER若你们认为这个答案有帮助的话，只需点击向上箭头按钮：D