用于创建表的php mysql错误答案

【问题标题】：php mysql error for creating a table用于创建表的php mysql错误
【发布时间】：2012-01-27 20:30:17
【问题描述】：

我在 php 中使用 mysql 数据库创建表时出错，我尝试直接在 mysql 查询引擎上进行测试，它工作正常。而在php代码中它给出了以下错误

您的 SQL 语法有错误；检查与您的 MySQL 服务器版本相对应的手册，以了解在附近使用的正确语法。

下面是我写的代码

$query14 = mysql_query("create table $tablename (
                                           project_id INT,
                                           project_client_id INT, 
                                           project_partner_id INT, 
                                           project_manager_id INT,
                                           project_employees INT, 
                                           project_name VARCHAR(500), 
                                           project_status TEXT,
                                           project_summary LONGTEXT, 
                                           project_order INT, 
                                           project_start_date DATETIME,
                                           project_end_date DATETIME
                                         ) ENGINE = INNODB;");

下面是附加的图像和表结构，这是我使用 phpmyadmin 界面创建的示例表。以下是完整的错误

You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MySQL server version for the right syntax to use near ''8' (project_id INT, project_client_id INT, project_partner_id INT, project_mana' at line 1`

【问题讨论】：

执行此操作时的 $tablename 是什么？
我认为 $tablename 与 '$tablename' 一起使用？？
@MarcB 和 @jogesh_p ：$tablename 值是动态的，它会随着一些 id 的变化而变化，并且工作正常。即使我将其更改为 '$tablename'，但没有成功。我的$tablename 有一个值，我有 echoed it
@Rafee：你能给我们举个例子，看看$tablename 的样子吗？你确定这是失败的查询吗？顺便提一句。引用的版本更像`$tablename`（希望看起来正确，因为它也是 SO-inline-code-character）
@raffe: create table '$tablename' ... 将是一个语法错误。不能像那样引用字段/表名称 - 它会将它们变成字符串，而不是字段/表名称。您收到的完整错误消息是什么，尤其是...to use near: 之后的部分：这是重要/关键部分。

标签： php mysql create-table

【解决方案1】：

您的查询语法很好，看起来 $tablename 为空。

【讨论】：

【解决方案2】：

我没有发现您的查询有任何问题。但是$tablename 的值是多少？这里有两个错误可能性：

变量$tablename 为空。
$tablename 是关键字。

请检查以上两项，否则就可以了。

更新：

根据您更新的问题，请尝试使用以下代码。我想它会对你有所帮助。

$query14 = mysql_query("create table `$tablename` (
                                           `project_id` INT,
                                           `project_client_id` INT, 
                                           `project_partner_id` INT, 
                                           `project_manager_id` INT,
                                           `project_employees` INT, 
                                           `project_name` VARCHAR(500), 
                                           `project_status` TEXT,
                                           `project_summary` LONGTEXT, 
                                           `project_order` INT, 
                                           `project_start_date` DATETIME,
                                           `project_end_date` DATETIME
                                         ) ENGINE = INNODB;");

【讨论】：

$tablename 不为空，如果$tablename 是关键字，那么我已将其更改为$tablename1，但它仍然无法运行。
请提及您的表名。你的表名是什么？
看到$tablename是从其他数据库动态生成的，目前我正在对此进行实验，发现$tablename = 8，我会用更多错误更新问题

【解决方案3】：

我认为问题在于 $tablename 被替换的内容。

拥有完整的代码示例将更有助于调试错误。

mysql create 语句在 mysql 5.1.58 上运行良好。

【讨论】：

【解决方案4】：

正如您在上面的 cmets 中所说，在回显 $tablename 后，您得到了值 8，则无法创建表。

您必须将$tablename 的值重命名为tbl_8。

记住名字tbl-8你也有错误，，

【讨论】：

是的！我改成了$tablename = "project_"。 $someid，right syntax to use near ''project_8' (project_id INT, project_client_id INT, project_partner_id INT, proj' at line 1 出现错误

【解决方案5】：

问题是，$tablename 目前是 8，对于 SQL 表，表名必须以字母开头。当前表名无效。

【讨论】：