javascript - 我的 PHP else { // 语句 }; 在 SQL 中使用 LIKE 未找到结果时不显示（提供图片）

Question

<?php
include 'conn.inc.php';

$keyPressed = mysqli_escape_string($conn, $_POST['keyPressed']);


if (!empty($keyPressed)) {
    $sql = "SELECT name, type FROM businesses WHERE name LIKE '$keyPressed%' ORDER BY name";
    $result = mysqli_query($conn, $sql);
    if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
        while ($row=mysqli_fetch_assoc($result)) {
            echo "<div class='businesses-bar'>
                <p class='businessName'>",
                    $row['name'],
                " (",$row['type'],")","</p>
                <button type='button'>PIN</button>
        </div>";
        }
    } else {
        echo "0 results";
    }
} else {
    echo "Search a business and click \"Pin\" to add it to the map.";
}
?>

我想做的应该很简单。我觉得我只是缺少一个关键字或其他东西。

• 从 javascript 文件中获取击键并通过 Ajax 将它们传递到该文件中，在变量 $keyPressed 下
• 在我的数据库中按“名称”查找企业
• 如果击键与数据库中的任何名称都不匹配，则回显“0 结果”

问题：每次 $keyPressed 与我的数据库列“名称”中的“名称”不匹配时，我都会得到一个空白返回值（屏幕上没有任何内容）。如果我的击键不再与数据库中的 LIKE 'name' 匹配，我希望它回显“0 个结果”。

我试过把 else 语句放在末尾

• if ($result = mysqli_query($conn, $sql)

希望如果没有结果它会回显

• 否则{回显“0结果”}；

但它只是回显一个空白区域，就好像它正在寻找某种空白结果一样。

提供了我的问题的所有图片，不包括 javascript 文件（我知道这不是问题）。

标签： javascriptphpsqlmysqli

Answer 1

根据 PHP docmysqli_query()对于 SELECT、SHOW、DESCRIBE、EXPLAIN 和其他返回结果集的语句，mysql_query() 在成功时返回资源，在错误时返回 FALSE。

试试这个

if ($result = mysqli_query($conn, $sql) && mysqli_num_rows($result)){
 ...
}else{
 ...
}