没有选择数据库错误信息

Question

我正在将所有使用 PHP MySQL 的查询更改为 MySQLi。

我用连接设置创建了一个名为 db.php 的文件。

该文件包括

<?php
$db = new mysqli('localhost','mysqlusername','mysqlpassword');
echo "<h1>Success database connection</h1>";
if($db->connect_errno > 0)
{
die('No connection [' . $db->connect_error . ']');
}
?>

我将文件包含在：

require_once "/location/db.php";    

之后我使用：

 if($db->connect_error)
 {
   echo "Not connected, error: ".$db->connect_error;
 }  
 else
 {
   echo "Connected.";
 }

它回声已连接，所以我认为我的连接很好。

我有 3 个 PHP 变量，我想将它们插入到我的数据库表代码中

我首先回显变量，所以我确定它们有内容。

在我验证我的连接没问题（返回 Connected）并回显我想要执行查询的变量的内容后：

$sql = "INSERT INTO 'Code' (`Name`, `Code`, `Admin`)
VALUES ('$name', '$code', '$admin')"; 
echo $sql;//show query
// Performs the $sql query on the server to insert the values
if ($db->query($sql) === TRUE)
{
    echo 'User Created.';
}
else 
{
    echo 'Errorcreating : '. $db->error;
}

我收到消息 Errorcreating : No database selected

我有 echo $sql 向我显示查询。

如果我直接在 SQL 中复制查询，它会像它应该的那样工作。

这是我第一次使用 MySQLi，所以我可能犯了一个非常愚蠢的错误，但我找不到它。

Answer 1

打开连接时，您可以将数据库名称作为第四个参数传递：

$db = new mysqli('localhost','mysqlusername','mysqlpassword','database');

另外，您的转义字符是错误的。不要在表名周围使用单引号，而是使用反引号运算符

$sql = "INSERT INTO `Code` (`Name`, `Code`, `Admin`)VALUES ('$name', '$code', '$admin')";