如何运行内部联接，使变量，显示动态页面在PHP

我在数据库movie_info，star_info，classification_info，director_info 6张桌子， genre_info，studio_info。如何运行内部联接，使变量，显示动态页面在PHP

其中star_info，classification_info，director_info，genre_info，studio_info是持有的所有信息为电影和电影台的movies-star，分类，导演只包含这些表的FK主表。

现在我想要做的就是在我的php页面显示所有存储在我的movie_info表中的导演，导演，明星，类型... FK中的所有电影。请注意，movie_info表只有ID字段的Direcor和星星不是名称，所以我已经运行内部连接来获取名称。

sql = mysql_quary(" 
    SELECT 
     movie_info.movie_id, movie_info.movie_name, movie_info.tagline, movie_info.plot, star_info.star_name 
    FROM movie_info 
    INNER JOIN star_info 
     ON movie_info.star_id = star_info.id 
")

现在我的问题是我如何使用这个名称，并显示到PHP页面，我的意思是，我将有五种不同的查询（导演，根儿，分类），这将需要从自己的表中获取的名称和回来显示他们的名字，而不是他们的FK已存储在movie_info表。

来源

2011-09-18 Dixit Patel

从你的问题看起来你已经解决了你的问题。您的查询确实已经返回了明星的名字，不是吗？ – hakre

是的，我现在得到它，但还有一个问题是因为我有四个表将获得名称，我如何运行多个INEER JOIN查询请帮助。 –

只需添加另一个INNER JOIN子句，并添加到下一个表中。看到它的作品，并添加下一个，直到你有五个。 –

要运行多个内部联接其真正简单，下面是它的完成的基本结构。

SELECT * FROM table1 INNER JOIN table2 ON table1.value1 comp[=, <, >, <=, >=] table2.value1 INNER JOIN table3 ON table1.value2 comp[=, <, >, <=, >=] table3.value1

因此，应该解决您的问题。

来源

2011-09-18 07:39:19 footy

我得到了这个errormysql_fetch_array（）期望参数1是资源， –

请粘贴您的完整代码以清楚地解决您的问题 – footy

如何运行内部联接，使变量，显示动态页面在PHP

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