Mysql+php，如何制作一个链接，当你按下“标题”时显示一条记录中的所有数据

Question

正如标题所说，这可能不是一个问题，而是一个如何去做的提示。

我有四个字段的表，id (auto+primary)，firstname，lastname，age。

在我的索引页面上，我选择 *，然后我将名字指向一个链接，该链接转到另一个页面，我想显示该记录的所有数据。

目前我必须手动执行“select * from” where id="2"。(另一页)

如何创建链接以自动检测“该记录集中的 id”并仅显示该记录中的数据。

你可以在这里看到我的货币项目，

http://www.adamskymotorkylare.se/business/

如您所见，当您单击“名字”时，它将始终显示 id=2（paris hilton）的数据，我想要它做什么，当我单击“jack”时，它将选择 * from where id="1 ”

提前致谢，杰克

“索引页”

$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM persons");

echo "<table width=100%>
<tr>
<th>ID</th>
<th>Firstname</th>
<th>Lastname</th>
<th>Age</th>
<th>Gender</th>
</tr>";

while($row = mysqli_fetch_array($result))
{

$id = $row['id'];

echo "<tr>";
echo "<td>" . $row['id'] .  "</td>";
echo "<td> <a href='view_more.php?id= . $id .'>" . $row['firstname'] . "</a> </td>";
echo "<td>" . $row['lastname'] .  "</td>";
echo "<td>" . $row['age'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['gender'] . "</td>";
echo "</tr>";
}
echo "</table>";

“查看更多页面”

$id = $_get['id'];

$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM persons 
WHERE id='$id'");

echo "<table width=100%>
<tr>
<th>Firstname</th>
<th>Lastname</th>
<th>Age</th>
<th>Gender</th>
</tr>";

while($row = mysqli_fetch_array($result))
{
echo "<tr>";
echo "<td> <a href='#'>" . $row['firstname'] . "</a> </td>";
echo "<td>" . $row['lastname'] .  "</td>";
echo "<td>" . $row['age'] . "</td>";
echo "<td>" . $row['gender'] . "</td>";
echo "</tr>";
}
echo "</table>";

Answer 1

在为用户编制索引的页面上试试这个：

while($row = mysqli_fetch_array($result))
{

$id = $row['id'];
$firstName = $row['firstName'];

echo ('<a href="user_account.php?id=' . $id . '">' . $firstName . '</a>');
}

这意味着如果有人点击名字，他们将被发送到 user_account.php（显然可以替换它），您将通过 URL (user_account.php?id=123) 传递 ID。

在“用户帐户”页面上，您要执行以下操作：

// GET ID FROM THE URL

$id = $_GET['id'];

$result = mysqli_query($con,"SELECT (WHATEVER YOU WANT) FROM (YOUR TABLE) WHERE id = $id");

注意：用您需要的详细信息替换变量和查询。

我希望这会有所帮助。