SQL查询到选项的形式

我有一个PHP代码从我的Microsoft SQL服务器您2014年的信息，但它不是工作，在网页它的自我正常工作，因为它，因为它应该当我注释掉PHP代码的弹出，但只要PHP代码没有被注释掉，它只是全白，所以我假设PHP代码有问题。我必须将查询结果输出到下拉菜单中。SQL查询到选项的形式

我用这个代码：

$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();

来源

2015-10-08 Mikkel Paulsen

你可能会展示你正在注释的代码，并且显示当它被注释掉和它不是什么时候会发生什么？ – Glubus

第一步是使一个错误报告和错误的显示。我不知道你想如何解决你不知道的错误。错误消息是最重要的信息。即使是PHP超级忍者也需要它。 –

下次请正确格式化您的代码。没有人会读你发布的这样的混乱。如果你想要别人花时间帮助你，你必须花时间去问一个恰当的问题。格式化是它的重要组成部分。 –

首先，你没有一个打开和关闭select标记，且option标签缺少一个>正确关闭它。尝试下面的修订，假设连接在页面上正确建立，那么这应该工作。

$connectionInfo = array("Database"=>$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(); ?>

来源

2015-10-08 13:37:11 andre3wap

其现在的工作，感谢你的帮助:) 这也证明了我的用户没有必须的数据库的正确访问，所以这是也是一个问题，但它的所有工作现在。 –

不客气。快乐编码:) – andre3wap

SQL查询到选项的形式

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