Php 无法在数据库中创建表

我正在用PHP编写一个简单的表单，获取输入并将其插入数据库，我成功地创建了一个数据库，但没有创建一个表。我对数据库使用Xampp。 以下是我创建表的代码：

 mysqli_select_db($DBconnect, $DBname);
        $TableName = "Bugtrack";
        $SQLstring = "SHOW TABLES LIKE ' " . $TableName . "' ";
        if ($stmt = mysqli_prepare($DBconnect, $SQLstring)) {
            mysqli_stmt_execute($stmt);
            mysqli_stmt_store_result($stmt);
            if (mysqli_stmt_num_rows($stmt) == 0) {
                mysqli_stmt_close($stmt);
                $SQLstring = "CREATE TABLE" . $TableName . "(BugID SMALLINT 
                        . NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,
                        . Game VARCHAR(10), Version VARCHAR(5),
                          Platform VARCHAR(10), Frequency VARCHAR(5), 
                          proposed_solution TINYTEXT)";
                if ($stmt = mysqli_prepare($DBconnect, $SQLstring)) {
                    $QueryResult = mysqli_stmt_execute($stmt);
                    if ($QueryResult === FALSE) {
                        echo "<p>Unable to create the table.</p>"
                        . "<p>Error code "
                        . mysqli_errno($DBConnect)
                        . ": " . mysqli_error($DBConnect)
                        . "</p>";
                    }
                    mysqli_stmt_close($stmt);
                }
            }
        }

mysqli_select_db（$DBconnect，$DBname）； $TableName=“错误跟踪”； $SQLstring=“显示类似“”的表$表名。"' "; 如果（$stmt=mysqli\u prepare（$DBconnect，$SQLstring））{ mysqli_stmt_execute（$stmt）； mysqli_stmt_store_结果（$stmt）； 如果（mysqli_stmt_num_rows（$stmt）==0）{ mysqli_stmt_close（$stmt）； $SQLstring=“创建表”。$TableName。”（BugID SMALLINT .非空自动增量主键， .Game VARCHAR（10），Version VARCHAR（5）， 平台VARCHAR（10），频率VARCHAR（5）， 建议的解决方案（TINYTEXT）”； 如果（$stmt=mysqli\u prepare（$DBconnect，$SQLstring））{ $QueryResult=mysqli\u stmt\u execute（$stmt）； if（$QueryResult==FALSE）{ echo“无法创建表。

” .“错误代码” .mysqli_errno（$DBConnect） .mysqli_错误（$DBConnect） .“

”； } mysqli_stmt_close（$stmt）； } } }

---

尝试回显$SQLstring并在mysql控制台中运行查询。它将为您指出查询的确切问题

将此行修改为

$SQLstring=“CREATE TABLE”$表名。“（BugID SMALLINT

到

$SQLstring=“CREATE TABLE”。$TableName。”（BugID SMALLINT

如果不存在（BugID SMALLINT

---

如果您使用的是XAMPP，请使用webbrowser转到localhost/phpmyadmin。 选择数据库，然后选择sql

创建您的表

CREATE TABLE Bugtrack (
BugID INT(8) NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,
Game VARCHAR(10), Version VARCHAR(5),
Platform VARCHAR(10), 
Frequency VARCHAR(5), 
proposed_solution TINYTEXT
)

如果你真的想用php，我会用PDO

$username = 'me';
$password = 'my_super_secret_password';
$dsn = 'mysql:host=localhost;dbname=my_database';

$conn = new PDO($dsn, $username, $password);

$sql = 'CREATE TABLE Bugtrack (
BugID INT(8) NOT NULL AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,
Game VARCHAR(10), Version VARCHAR(5),
Platform VARCHAR(10), 
Frequency VARCHAR(5), 
proposed_solution TINYTEXT
)';

$conn->execute($sql);

或

---

转到localhost/phpmyadmin，单击左侧的数据库。您将看到一个创建表的选项。我还将确保您对所创建的数据库具有权限。要做到这一点，当您在phpmyadmin中时，单击您的数据库，选择几乎位于页面顶部的特权选项卡。从那里只需执行以下操作：查看提示。

我认为这是因为句点位于

创建表中的
“
内。这将创建无效查询
mysqli\u错误的输出可能会给您一个关于问题根源的强烈提示。您是否尝试过
”“$TABLE\u name.”“
”，并尝试在
表中留出空间“
我认为这也会导致错误