SQL-запрос в форме опций

Question

SQL-запрос в форме опций

1

У меня есть PHP-код для получения информации с моего сервера Microsoft SQL Server 2014, но он не работает, страница, на которой он работает, отлично работает, поскольку она появляется, когда она появляется, когда я комментирую код PHP, но как только код PHP не комментируется out, его просто все белые, поэтому я предполагаю проблему с PHP-кодом. Мне нужно получить результаты запроса в раскрывающемся меню.

Я использую этот код:

$servername = "VCCSQL03";
$username = "forecast";
$password = "Telefon2";
$dbname = "Forecast";

$connectionInfo = array("Database"=>$dbname, "UID"=>$username, "PWD"=>$password);
$conn = sqlsrv_connect($serverName, $connectionInfo);

if(!$conn) {
    echo "Connection could not be established.<br />";
    die( print_r( sqlsrv_errors(), true));
}

// Check connection
$result = sqlsrv_query($conn,"SELECT * FROM dbo.vw_BrandProduct");
if ($result->num_rows > 0) {
    // output data of each row
    while($row = sqlsrv_fetch_array($result)) {
        echo "<option value='".$row['Brand_ProductID']."' name='".$row['Brand_ProductName']."'</option>";
    }
} else {
    echo "";
}
sqlsrv_close();

Mikkel Paulsen 08 окт. 2015, в 16:15

Источник

0

Не могли бы вы показать, какой код вы комментируете, и показать, что происходит, когда он закомментирован, а когда нет?
Glubus 08 окт. 2015, в 13:35
0

Первый шаг - включить отчет об ошибках и отображение ошибок. Я понятия не имею, как вы хотите исправить ошибку, о которой вы не знаете. Сообщение об ошибке является наиболее важной информацией. Даже PHP супер-ниндзя нуждается в этом.
Dawid Ferenczy Rogožan 08 окт. 2015, в 14:15
0

Также в следующий раз отформатируйте ваш код правильно, пожалуйста. Никто не прочитал бы такой беспорядок, который вы опубликовали. Если вы хотите, чтобы другие посвятили свое время, чтобы помочь вам, вы должны посвятить свое время, чтобы задать правильный вопрос. И форматирование является важной частью этого.
Dawid Ferenczy Rogožan 08 окт. 2015, в 14:16

Показать ещё 1 комментарий

Теги:

php

sql-server-2014

1 ответ

Ещё вопросы

Не могли бы вы показать, какой код вы комментируете, и показать, что происходит, когда он закомментирован, а когда нет?
Первый шаг - включить отчет об ошибках и отображение ошибок. Я понятия не имею, как вы хотите исправить ошибку, о которой вы не знаете. Сообщение об ошибке является наиболее важной информацией. Даже PHP супер-ниндзя нуждается в этом.
Также в следующий раз отформатируйте ваш код правильно, пожалуйста. Никто не прочитал бы такой беспорядок, который вы опубликовали. Если вы хотите, чтобы другие посвятили свое время, чтобы помочь вам, вы должны посвятить свое время, чтобы задать правильный вопрос. И форматирование является важной частью этого.

andre3wap · Accepted Answer · 2015-10-08T12-13-00.000Z

Прежде всего, у вас нет открытого и закрытого тега select, а в тегах option отсутствует значок > чтобы закрыть его правильно. Попробуйте приведенную ниже версию, предполагая, что соединение установлено на странице правильно, тогда это должно работать.

$connectionInfo = array( "Database"=>$dbname, "UID"=>$username, "PWD"=>$password);
$conn = sqlsrv_connect( $serverName, $connectionInfo);

         if(!$conn) {
          //// Check connection
             echo "Connection could not be established.<br />";
                   die( print_r( sqlsrv_errors(), true));
               }

     $result = sqlsrv_query($conn,"SELECT * FROM dbo.vw_BrandProduct"); 
    if ($result->num_rows > 0) {

   // output data of each row
    echo "<select name='products'>";
           while($row = sqlsrv_fetch_array($result)) {
         echo "<option value='".$row['Brand_ProductID']."'>$row['Brand_ProductName']</option>";
} 
echo "</select>";

    } else {
echo ""; } sqlsrv_close(); ?>

теперь он работает, спасибо за помощь :) Также оказалось, что у моего пользователя не было правильного доступа к базе данных, так что это тоже было проблемой, но теперь все работает.
Пожалуйста. Удачного кодирования :)