如何将下拉项目从数据库获取到 PHP 选择下拉表单字段

Question

请问如何直接从数据库表列中填充选择下拉列表？

期待您的回答。 谢谢

<?php 
include('header.php');
include('server.php');//DB Connection
?>
<div class="form-group">
<label>Select Center</label>
<?php
echo "<select class='form-control' name='center'>";
$result = mysqli_query("SELECT center_name FROM center");
while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
unset($center);
$center = $row['center']; 
echo '<option value="'.$center.'"></option>';
}
echo "</select>";
?>
</div>
<div>
<button type="submit" class="btn btn-primary btn-block" name="submit" value="submit">Submit</button>

Answer 1

你已经使用了列名center_name但在循环下你把center作为数组键

改变

$center = $row['center']; 

自

$center = $row['center_name'];

并且您设置了选项值，但忘记在选项标签中添加 php 变量

echo '<option value="'.$center.'">'. $center .'</option>';

Answer 2

谢谢大家。我通过浏览器查看 HTML 源代码解决了这个问题，并在浏览器的查看源代码中发现了一条错误消息，该消息没有显示给我。

解决方案是我只是将数据库连接作为第二个参数$con传递到 mysqli_query(( 中，这解决了问题。

谢谢大家。<div class="form-group"> <label>Select Center</label> <select class='form-control' name='center_name'><br /> <b>Warning</b>: mysqli_query() expects at least 2 parameters, 1 given in <b>C:xampphtdocssoapcreate_user.php</b> on line <b>141</b><br /> <br /> <b>Warning</b>: mysqli_fetch_assoc() expects parameter 1 to be mysqli_result, null given in <b>C:xampphtdocssoapcreate_user.php</b> on line <b>143</b><br /> </select>
</div> <div>