php - 在php中选择假名查询

Question

这个问题已经有答案了:

"Notice: Undefined variable", "Notice: Undefined index", "Warning: Undefined array key", and "Notice: Undefined offset" using PHP (29 个回答)

已关闭 5 年前。

我刚刚开始在项目中使用 PHP 和 MySQL。

我想使用查询中涉及的表的假名创建以下查询。

$query1 = "SELECT Q.NAME
           FROM QUALIFICATION Q, STUDENT S, HAS H
           WHERE S.ID=$ID AND S.ID=H.STUDENT_ID AND H.QUALIF_NAME = Q.NAME";

$result1 = mysqli_query($con, $query1); 

while($rows = mysqli_fetch_array($result1)){
    $QNAME = $rows1['Q.NAME'];... 

但是我收到错误:

Notice: Undefined index: Q.NAME

可能我在语法中遗漏了一些严重错误的东西，所以任何帮助都非常有值(value)!

Answer 1

使用$rows['NAME']而不是$rows['Q.NAME']。标识符的表格部分不会包含在结果中。

(不过，在 SQL 查询中将其保留为 Q.NAME。只需在数组键中更改它即可。)