如何在表名存储在变量中时加载数据？

Question

我想从数据库中的几个CSV文档加载数据。

问题是，有一个文件表，因此表名必须存储在循环逐步更新的变量中。表格已创建，但在此之后脚本失败;什么都没有发生，我的桌子和他们的领域总是有0行。

我认为我的想法是可行的，因为有些主题以这种方式描述了一些提示，但是对我而言没有任何效果。

这是我的代码失败：

$query = "INSERT INTO". $name_of_the_file." (id, content) values (". $arrayGenre[0].",'".trim($arrayGenre[1])."')"; 

其中$name_of_the_file是指在循环中创建的表，最终指通过循环的目标文件。

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按照你的建议，我加了一个空间和打印查询：

echo ("<br>". $query); 

这里是第一线的例子。 xxx替换没有冒犯性：这些是主格数据。

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx,'agency: xxx') 

我不知道足够的PHP来说这是预期的结果，但这似乎是一个很好的SQL请求，值是罚款。

这里是我的脚本的下一行：在我的剧本之初，中$mysqli定义

$mysqli->query($query); 

和：

$mysqli = new mysqli($dbhost, $dbuser, $dbpass, $dbname); 

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新编辑：

那么它实际上是SQL代码写得很糟糕......

Answer 1

尝试添加空间：

$query = "INSERT INTO ". $name_of_the_file ... 

它总是值得通过echo输出你的SQL，以确保它看起来像你期望是什么样子。

编辑：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx,'agency: xxx') 

您需要在第二场的末尾添加一个撇号：

INSERT INTO names.csv (id, url, content) values (1,'xxx_some_adressxxx','agency: xxx') 

我也建议你看看之类的东西PDO，使您的代码更健壮，更安全。

您也可以尝试将您的SQL直接粘贴到数据库中，以查看它是否会给您一个错误。