Я создаю простую форму поиска. Во-первых, я взорву слова и делаю запрос (для поиска нескольких слов сразу). Кроме того, я хочу искать только в названиях фильмов. Названия фильмов можно найти в movie_data.
Моя база данных, называемая фильмами, имеет строки: id и movie_data - содержит данные о фильме в JSON. Пример хранения данных в json:
{"movie_title":"Forrest Gump","movie_cover":"http://1.fwcdn.pl/po/09/98/998/7314731.6.jpg","movie_name_en":"","movie_desc":"Historia życia Forresta, chłopca o niskim ilorazie inteligencji z niedowładem kończyn, który staje się miliarderem i bohaterem wojny w Wietnamie.","movie_year":"1994","movie_genres":"DramatKomedia"}
Вот мой код. Этот код не возвращает никаких результатов.
$query = 'Forrest Gump';
$words = explode(' ', $query);
$i = 0;
$len = count($words);
$query_build = '';
foreach ($words as $item) {
if ($i == $len - 1) {
$query_build .= ' titlemov LIKE "%$item%"';
} else {
$query_build .= ' titlemov LIKE "%$item%" OR ';
}
// …
$i++;
}
$sql = "SELECT movie_data, JSON_EXTRACT(movie_data, '$.movie_title') AS titlemov
FROM movies WHERE $query_build";
Этот код не вызывает никаких элементов
ОБНОВЛЕНИЕ Я обновил свой код.
$query = 'Forrest Gump';
$words = explode(' ', $query);
$i = 0;
$len = count($words);
$query_build = '';
foreach ($words as $item) {
if ($i == $len - 1) {
$query_build .= " JSON_EXTRACT(movie_data, \'$.movie_title\') LIKE '%$item%'";
} else {
$query_build .= " JSON_EXTRACT(movie_data, \'$.movie_title\') LIKE '%$item%' OR ";
}
// …
$i++;
}
$sql = "SELECT * FROM movies WHERE $query_build";
Теперь я получаю ошибку:
Warning: mysqli::query(): (22032/3141): Invalid JSON text in argument 1 to function json_extract: "Missing a comma or '}' after an object member." at position 228. in /search.php on line 43
Строка 43:
$result = $conn->query($sql);
var_dump из $ sql var:
SELECT * FROM movies WHERE JSON_EXTRACT(movie_data, '$.movie_title') LIKE '%Forrest%' OR JSON_EXTRACT(movie_data, '$.movie_title') LIKE '%Gump%'
Хм?
titlemov
не существует для вашего используемого предложения. То, что вы хотите использовать внутри вашего предложения where (указано в $query_build
), является функцией JSON_SEARCH
. Вот как это выглядит в общем с подстановочными знаками для названия фильма:
SELECT movie_data, movie_data->'$.movie_title' AS titlemov FROM movies
WHERE JSON_SEARCH(movie_data->'$.movie_title', 'one', "%orrest Gum%") IS NOT NULL;
Вам просто нужно изменить строку $query_build
. Я также JSON_EXTRACT
ненужные JSON_EXTRACT
функций JSON_EXTRACT
.
Попробуй это:
$query_build = " JSON_SEARCH(movie_data->'$.movie_title', 'one', '%$item%') IS NOT NULL";
Заключительное примечание: я предполагаю, что $item
не является строкой, предоставленной пользователем, иначе это откроет вам SQL-инъекцию. Если он предоставлен пользователем, вы хотите использовать подготовленный оператор и привязать это значение.
$.
По крайней мере, не в новых версиях. Это может быть, почему MySQL выбирает этот специфический синтаксис.
$sql
перед отправкой в базу данных? И что там с$.movie_title
, чего мы ожидаем от оценки? Кроме того, строковые литералы PHP, заключенные в одинарные кавычки, не оцениваются .... добавление к$query_build
означает, что строка содержит литерал$item