php中的样式代码

Question

我无法设置从数据库中提取的信息的样式。如果有人可以提供帮助，我将不胜感激。我尝试在 while 循环中定义 $style，然后将其分配给 $questions，但网页上没有任何反应。我是一般编码的新手，虽然我对 css 有一些了解，但我不知道你如何在 php 脚本中使用它。

我试图在每个问题后面放置的背景风格*

#frm1
        {
            background: #D9D9D9;
            margin:auto;
            top:150px; left:200px; width:880px; height:60px;
            position:absolute;
            font-family: "Comic Sans MS", cursive, sans-serif;
            font-size: 9px;
            font-style: italic;
            line-height: 24px;
            font-weight: bold;
            text-decoration: none;
            -webkit-border-radius: 10px;
            -moz-border-radius: 10px;
            border-radius: 10px;
            padding:10px;
            border: 1px solid #999;
            border: inset 1px solid #333;
            -webkit-box-shadow: 0px 0px 8px rgba(0, 0, 0, 0.5);
            -moz-box-shadow: 0px 0px 8px rgba(0, 0, 0, 0.5);
            box-shadow: 0px 0px 40px rgba(0, 0, 0, 0.7);
         }

PHP 代码从数据库中检索信息*

if (mysql_num_rows($result) >= 0)
    {
        $toggle = false;
        while ($rows = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC) and $i<10 ) 
             {
                        $i++;
                        $toggle = !$toggle;
                        if($toggle)
                        $style = "id:frm1;";
                        else
                        $style = "background: white;";

                        questions .= "<a style='$style'> </a>";
                        questions .= "Titlee: " ."<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['title'] . "</a> <br> ";
                        questions .= "Details: " . "<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['detail'] . "</a> <br>  ";
                        questions .= "Category: " . "<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['categories'] . "</a> <br> <br> <br> ";
                    }
                    echo  questions;
                } 

Answer 1

这将起作用：

if (mysql_num_rows($result) >= 0) {
    $toggle = false;
    while ($rows = mysql_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC) and $i<10 ) {
        $i++;
        $toggle = !$toggle;
        if($toggle)
        $style = "background: #D9D9D9;"; else
        $style = "background: green;";

        questions .= "<a href='#' style='display:block;$style'> </a>";
        questions .= "Titlee: " ."<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['title'] . "</a> <br> ";
        questions .= "Details: " . "<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['detail'] . "</a> <br>  ";
        questions .= "Category: " . "<a href='show_question2.php?question_id=" . $rows["question_id"] . "'>". $rows['categories'] . "</a> <br> <br> <br> ";
    }
    echo  questions;
}

问题是您的 a-tag 没有 href 属性，并且由于它是内联显示的（默认行为），因此 background CSS 属性将不起作用。

Answer 2

虽然我对 css 有一些了解，但我不知道你是如何在其中使用它的 php脚本。

好的。

您的 PHP 脚本是服务器上的 PHP 脚本，并为用户生成一个常规的 HTML 页面。 [看到答案的底部，我会尽力给你一个快速的概述]

您可以像使用普通 HTML 页面一样使用 CSS，尽管有 PHP 支持，它也能正常工作。

这意味着不要使用 style="$style"。样式属性不好。

看起来你想有条件地构建你的 CSS，我的建议是：

• 使用 PHP 更改一个类，并拥有一个作用于该类的外部样式表
• 将您有条件更改的样式放在标题中的 <style> 标记中，然后使用 PHP 更改这些样式。

此答案将使用第一个选项 （编辑以考虑新信息）

在您的 PHP 代码中，在您的链接之前：

if($toggle) {
    $questions.='<div id="frm1">';
}
else {
    $questions.='<div id="frm2">';
}

在您的 PHP 代码中，在您的链接之后：

 $questions .= "</div>";

最后，在您的外部样式表中，或者在您的头脑中<style> 标签中：

#frm1 {
   ...
}
#frm2 {
   ...
}

服务器端语言概览

所以，网络编程。这通常通过两种方式完成。 客户端（阅读：javascript）和服务器端（在您的情况下，阅读：php，但还有更多内容）。

使用像 javascript 这样的客户端语言，代码实际上会被发送到网络浏览器。然后，Web 浏览器会根据脚本要求它执行的操作来修改页面的内容。这意味着您的用户可以看到代码，甚至可以在他们的 Web 浏览器中将其关闭或在其位置执行其他 javascript。

使用服务器端语言有不同的工作流程。

1. 用户请求您的网页（由其 URL 标识）
2. 网络服务器（阅读：您的虚拟主机）收到此请求，并查找网页是什么
3. 发现网页是php页面，服务器执行php代码
4. php 代码为服务器提供了一个 html 页面（您已经构建了该页面，如您所见，您的 php 脚本输出 HTML）
5. 服务器将生成的 html 代码发送给用户

请注意，Web 浏览器是执行所有 HTML 和 CSS 处理的组件，它永远不会看到 php.ini 文件。当您的 php 脚本到达您的用户时，它只是一个 html 页面。

因为网络浏览器只能看到一个 HTML 页面，所以在您的 php 脚本上使用 CSS 与在常规 HTML 页面上使用 CSS 在功能上没有区别。