PHP変数からmysqlテーブルを作成

Question

PHPからの変数に基づいてmysqlテーブルを作成しようとしていますが、説明がなくても失敗します。

$name = mysql_real_escape_string($_POST['name']); 
mysql_query("CREATE TABLE `".$name."` (name VARCHAR(30), type VARCHAR(30), style VARCHAR(30))"); 

$ name = test;それは動作しますが、それに付随する変数フェッチでは機能しません。

私はthisのリンクを見てきました。彼らはすべてそれがうまくいくと言いますが、私が見ているものからはそうではありません。

更新：

私も以下のコードを試しましたが、そのページはオフラインになります。

$variable=$_POST['name']; 
mysqli_connect("localhost", "devices", "a") or die(mysql_error()); 
mysqli_select_db("devices") or die(mysqli_connect_error()); 
mysqli_query("CREATE TABLE $variable (computer text, mac text, windows text)"); 

私はあなたが名前をきれいにするhtmlspecialchars($_POST['name'],ENT_QUOTES);を使用することができますPHPのバージョン5.5.36

Answer 1

：あなたが使用してMySQLiをする予定がある場合

MySQLiをはPHP 5

で提供されています

私は100％理由を正確に理解していませんが、それはすべて下のコード行になります。私は構文チェックを支援するためのNetBeansの上のTextWranglerから切り替えると

$variable=$_POST['name']; 

は、私は、エラーWarning “Do not Access Superglobal $_POST Array Directly”

私はフィルタリングを使用してに切り替えこれにより

と直接解く$ _POST配列にアクセスしていないを得ていたました問題。

$variable=filter_input(INPUT_GET, 'name'); 

別のこととして、私はMySQLが古くなっているため、MySQLiにスワップしました。 Lucas Desouzaに感謝します。

Answer 2

を実行していますよ。

また、MySQLが期限切れでもうサポートされていないため、PDOまたはMySQLiを使用する必要があります。

エラー・使用を確認したい場合は、この：

mysql_query("CREATE TABLE `".$name."` (name VARCHAR(30), type VARCHAR(30), style VARCHAR(30))"); 

echo mysql_errno() . ": " . mysql_error() . "\n"; 

更新：

$mysqli = new mysqli("localhost", "my_user", "my_password", "world"); 

if ($mysqli->connect_errno) { 
    echo("Connect failed: %s\n", $mysqli->connect_error); 
    exit(); 
} 

$variable=$_POST['name']; 

if ($mysqli->query("CREATE TABLE $variable (computer text, mac text, windows text)") === TRUE) { 
    echo("Table successfully created.\n"); 
}