PHP 变量和 MySQL LIKE 查询不起作用

Question

我有以下代码:

$surname=$_POST['surname'];
$sql2="SELECT * FROM andriana WHERE surname LIKE '$surname%'";
if (!mysql_query($sql2,$con)){
die('Error: ' . mysql_error());
}
$result2 = mysql_query($sql2);

echo "<table>";
while ($data = mysql_fetch_array($result2)) {
    echo "<tr>";
    echo "<td style='width:100px;height:40px'>".$data['name']."</td>";
    echo "<td style='width:100px;height:40px'>".$data['surname']."</td>";
    echo "<td style='width:100px;height:40px'>".$data['checkIN']."</td>";
    echo "</tr>";
}
echo "</table><br><br>";

假设我的表中有以下记录:

- Surname -
Greyjoy
Lannister
Stark

发生的情况是，如果我不输入完整的姓氏，它会抛出该姓氏不存在的错误。结果，LIKE "%"不起作用。

我试过 LIKE '".$surname."$' 或 LIKE '{$surname}%'，但也没有任何反应。

我在 Stack 里搜索了很多，看起来上面的测试应该是可行的。

我错过了什么？

• 评论后编辑 -

为了更好地理解，我确信该变量包含字符串形式的实际姓氏，因为如果我键入整个姓氏，我的应用程序将正常运行。但是，如果我键入前 3 个字母(或 4 个...)，应用程序会返回我自制的消息，指出键入的姓氏错误。

另外，为了解决区分大小写的问题，我的测试是用一个只有小字符的姓氏完成的。

谢谢大家的努力，问题依旧!

Answer 1

确保 surname 有一个值，并且您正在向它传递一个值。我建议做一个 var dump

$surname=$_POST['surname'];
var_dump($surname);

这将向您显示 $surname 等于什么的值，如果它什么都不是，那么这就是您的查询不起作用的原因。