从多个表中回显数据 PHP 搜索表单答案

【问题标题】：Echoing data from multiple tables PHP Search form从多个表中回显数据 PHP 搜索表单
【发布时间】：2012-10-31 13:27:44
【问题描述】：

我正在尝试制作一个搜索表单来显示我的数据库中的数据，其中数据的名称就像搜索词一样。可悲的是，我正试图让它从多个表中回显信息：

专辑表：

albumName      albumArt       artistID
----------    ----------      ---------
album1        art1.jpg        1
album2        art2.jpg        2
album3        art3.jpg        3

歌曲列表：

songName      artistID       
--------      ---------       
song1         1          
song2         1         
song3         2         
song4         3         
song5         3

示例 PHP：

$search = $_POST['search'];    
$sql1 = "SELECT * FROM songs WHERE songName LIKE '%$search%'";    
$searchResult = mysql_query($sql1);    

while ($result = mysql_fetch_array($searchResult)) {
echo "<tr>
     <td>".$result['songName']."</td>
     <td>".$result['albumName']."</td>
     </tr>";
}
?>

我不确定内部连接是否能解决问题，我已经阅读了尽可能多的教程，但没有一个我能理解或使用。

搜索词来自另一个页面上的表单，这只是处理页面，但它也回显了信息。

如果有人搜索“S”，我需要查询返回类似于下面的内容：

songName      albumname       artistName
----------    ----------      ---------
song1         album1          artist1
song2         album2          artist2
song3         album3          artist3

【问题讨论】：

你从哪里得到艺术家的名字

标签： php sql search post sql-like

【解决方案1】：

我能想象到的最直接的连接是这样的：

SELECT * FROM songs 
INNER JOIN albums USING (artistID)
WHERE songName LIKE '%$search%'

顺便说一句，你真的应该正确地转义你的变量：

$sql = "SELECT * FROM songs 
    INNER JOIN albums USING (artistID)
    WHERE songName LIKE '%" . mysql_real_escape_string($search) . "%'";

而有些字符与LIKE有含义，如%和_；考虑转义这些。

str_replace(
    array('%', '_'), 
    array('\%', '\_'), 
    mysql_real_escape_string($search)
)

【讨论】：

这仅适用于歌曲名称，但我无法按专辑名称搜索。（除此之外，这是迄今为止最好的）
那你就加OR albumName LIKE '%$search%'
只需将 where 语句更改为专辑名称
干杯，我以前没有使用过“USING (artistID)”这个东西。当我再次遇到这样的事情时，我会试试这个。还在学习！

【解决方案2】：

您应该使用 ArtistId 字段将这两个表连接在一起（您可能还有第三个包含艺术家姓名的表，因为您没有在此处显示）。

所以你的选择语句应该是这样的：

$sql1 = "SELECT songs.songName, songs.albumName, albums.* FROM songs, albums WHERE songs.artistId = albums.artistId and songs.songName LIKE '%$search%'";

【讨论】：

【解决方案3】：

尝试以下方法：

$search = $_POST['search'];    
$sql1 = "SELECT albumns.*, songs.songName FROM songs INNER JOIN albums ON albumns.artistID = songs.artistID WHERE songName LIKE '%$search%'";    
$searchResult = mysql_query($sql1);    

while ($result = mysql_fetch_array($searchResult)) {
echo "<tr>
     <td>".$result['songName']."</td>
     <td>".$result['albumName']."</td>
     </tr>";
}
?>

你应该得到你需要的结果

【讨论】：