简易搜索引擎无法输出数据库内容问题求助

我帮你排查出几个关键问题，都是代码里的低级错误，改完应该就能正常输出了：

• 核心问题：用错了数据库连接对象
  你创建的数据库连接变量是$connect，但后面操作数据库时全程用的是$test——这个变量根本没定义过啊！比如$test->escape_string($_GET['name'])、$test->query(...)，这相当于完全没调用正确的数据库连接，肯定查不到任何数据。把所有$test替换成$connect就解决了最根本的问题。

• 重复创建数据库连接
  你先写了mysqli_connect("localhost", "root", '', "test");，接着又用new mysqli(...)新建了一个连接，这完全多余，留一个就行。建议保留面向对象的写法，还得加上连接错误检查，不然连不上数据库你都不知道：

  $connect = new mysqli("localhost", "root", "", "test");
  $connect->set_charset("utf8");
  // 检查连接是否成功
  if ($connect->connect_error) {
      die("数据库连接失败: " . $connect->connect_error);
  }
  

• SQL语句的LIKE语法写错了
  你写的LIKE '%[$name]%'是在匹配包含[$name]字面内容的记录，而不是匹配包含用户输入关键词的记录，把方括号去掉，改成%{$name}%才对：

  $query = $connect->query("SELECT name, price FROM tbl_product WHERE name LIKE '%{$name}%' OR price LIKE '%{$name}%'");
  

• 加上查询错误检查
  现在代码里没判断查询是否执行失败，万一SQL写错了也没法排查，建议加上：

  if (!$query) {
      die("查询执行失败: " . $connect->error);
  }
  

• 额外提醒：用预处理语句防SQL注入
  直接把用户输入拼进SQL里有安全风险，推荐用mysqli的预处理语句，既安全又能避免语法问题：

  if(isset($_GET['name'])) {
      $keyword = "%".$_GET['name']."%";
      $stmt = $connect->prepare("SELECT name, price FROM tbl_product WHERE name LIKE ? OR price LIKE ?");
      $stmt->bind_param("ss", $keyword, $keyword);
      $stmt->execute();
      $result = $stmt->get_result();
  ?>
  <div class="result-count">
      Fandt <?php echo $result->num_rows; ?> resultater.
  </div>
  <?php
      if($result->num_rows) {
          while ($r = $result->fetch_object()) {
  ?>
          <div class="result">
              <a href="#"><?php echo $r->name; ?></a>
          </div>
  <?php
          }
      }
  }
  

最后再确认下你的数据库表名确实是tbl_product，字段name和price和结构一致，这些没问题的话，改完代码应该就能正常输出搜索结果了。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Emil Malling