Zend 框架初学者在这里。我正在尝试获取视频游戏数据库的所有 Xbox 标题。一张桌子包含游戏。另一个表包含游戏类型（即 Xbox、Xbox Live Arcade、...）。我通常使用以下查询来获取 Xbox 游戏。
如何使用 Zend_Db 执行相同的查询？
谢谢，
SELECT titleGame
FROM Game
WHERE idGameType IN (
SELECT idGameType
FROM GameType
WHERE nameGameType = 'Xbox')
【问题讨论】：
这可以在 Zend Framework 中以几种方式重写。这是我通常使用Zend_Db_Table_Select 编写选择的方式。
<?php
// For brevity, $dbTable = a Zend_Db_Table object
// first construct the subquery/join for the IN clause
// SELECT idGameType FROM GameType HERE nameGameType = 'Xbox'
$subselect = $dbTable->select()
->from('GameType', array('idGameType'))
->where('nameGameType = ?', 'Xbox'); // quotes Xbox appropriately, prevents SQL injection and errors
// construct the primary select
// SELECT titleGame FROM Game WHERE idGameType IN (subquery)
$select = $dbTable->select()
->setIntegrityCheck(false) // allows us to select from another table
->from($dbTable, array('titleGame'))
->where('idGameType IN (?)', $subselect);
$results = $select->query()->fetchAll(); // will throw an exception if the query fails
if(0 === count($results)) {
echo "No Results";
}else{
foreach($results as $result){
echo $result['titleGame'] . '<br />';
}
}
您也可以将 SQL 编写为字符串，但在可能的情况下，面向对象的方法是理想的，因为它使查询更具可移植性，最重要的是可以很容易地保护您的查询。
例子：
$db = Zend_Db_Table::getDefaultAdapter(); // get the default Db connection
$db->select("select * from table where id = 3"); // doable, but not recommended
您还可以创建一个prepared statement 到Zend_Db_Statement 到PHP 的PDO 扩展。
$sql = 'SELECT * FROM bugs WHERE reported_by = ? AND bug_status = ?';
$stmt = new Zend_Db_Statement_Mysqli($db, $sql);
$stmt->execute(array('goofy', 'FIXED'));
第一种方法，面向对象的流畅界面是您看到最多的方法，也是我推荐开始使用和使用的方法。
通读Zend_Db Manual Pages，尤其是Zend_Db_Table_Select、Zend_Db_Table 和Zend_Db_Adapter，了解更多信息。即使是快速阅读 ZF Quickstart 并特别注意 Db 部分也是有帮助的。它将展示如何将表类设置为应用程序和数据库之间的网关。
SELECT titleGame FROM Game
LEFT JOIN GameType ON GameType.idGameType = Game.idGameType
WHERE GameType.nameGameType = 'Xbox'
为什么不使用连接呢？根据我的经验，IN 内部的子选择在 MySQL 中非常慢。
$select = $db->select();
$select->from('Game', array('titleGame'));
$select->joinLeft('GameType', 'GameType.idGameType = Game.idGameType', array());
$select->where("GameType.nameGameType = 'Xbox'");
【讨论】：