mysqli_prepare() 返回 NULL，因为它不识别“？”

Question

我有以下代码。

` $db = mysqli_connect('localhost', 'zyk', 'nuithadit6-6-6', 'phpAdv');

if ( mysqli_connect_errno() )
{
    printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_errno() );
    exit();
}

    $thisDB = mysqli_prepare($db, "CREATE DATABASE ?");
    echo mysqli_stmt_error($thisDB);;`

运行此代码时，我收到以下警告：

PHP 警告：mysqli_stmt_error() 期望参数 1 为 mysqli_stmt，布尔值在第 13 行的 /Library/WebServer/Documents/phpAdvanced/cap1/createDB.php 中给出。

如果我将 mysqli_prepare 函数的第二个参数更改为以下内容：

“创建数据库 myDB”

然后警告消失。当查询字符串中有变量时，mysqli_prepare 似乎不喜欢它，并且当我以这种方式使用它时，它为 $thisDB 返回 NULL。据我了解，这不是预期的行为。

我一直在阅读手册和论坛，但仍然没有答案。有人知道为什么 mysqli_prepare 没有返回适当的值吗？

mysqli的版本是5.0.8，我的php版本是5.3.15。

Answer 1

Prepared statements 不接受任何 MySQL 标识符的占位符。这包括数据库、表和列名。您应该简单地将表名的净化版本连接到您的语句并使用mysqli_query()。

原因是这样的：MySQL会在你准备好的时候解析一个prepared statement，并准备一个完整的执行计划。这包括它将使用哪些表、哪些索引以及它将如何从列中进行选择。当您执行该语句时，它会将变量数据替换到执行计划中并创建一个结果。

如果您尝试准备一个语句，其中包含一个未知的 MySQL 实体（如表），MySQl 将无法创建执行计划。