[C#] LINQでテーブルをJOINする時、Many to Oneで結合したいですがうまくできません。

C#で簡単な練習用アプリを作っています。

したいことは、ある食べ物について、良いタイプと悪いタイプを表示したいです。
そのため、typesテーブルに4つのタイプを定義し、foodsテーブルに良いタイプと悪いタイプの2つフィールドを作りました。また、foodsテーブルのgoodtypeとbadtypeのフィールドをtypesテーブルのidへの外部キーとして設定しました。
こんな感じです。

テーブルJOINを行い、結合したテーブルにintの値ではなく、typesテーブルに定義したtypename_enを表示したく、以下のようにLINQで書いてみました。が、上手く行きませんでした。（t.idに赤い下線、「医名型は、同じ名前を持つ複数の含むプロパティを含むことはできません。」と怒られます。）

何か解決策があれば教えてください。よろしくお願いいたします。

var query = (from f in foods
            join t in types
            on new { f.goodtypeid, f.badtypeid }
            equeals new { t.id, t.id }
　　        order by f.id
            select new
            {
           　　食品コード = f.id,
               食品名 = f.foodname,
               詳細 = f.foodmemo,
               良い体質 = t.typename_en,
               悪い体質 = t.typename_en
             }).ToList();

退会済みユーザー

2019/12/20 20:20

開発環境 (.NET Framework か Core どっちかとそのバージョン、Visual Studio のバージョンなど) を質問文を編集して書いてください。医名型と書いてありますが匿名型の間違いですね？

行動規範の内容に同意します

回答1件

ベストアンサー

こんにちは。

クエリの内容が正しいかどうかを無視して、C# 的にどうすればよかったかという意味なら、こうです。

csharp
1var query =
2    from f in foods
3    join t in types
4    on new { goodid = f.goodtypeid, badid = f.badtypeid } // { int goodid, int badid }
5    equals new { goodid = t.id, badid = t.id } // { int goodid, int badid }
6    orderby f.id
7    select new
8    {
9        食品コード = f.id,
10        食品名 = f.foodname,
11        詳細 = f.foodmemo,
12        良い体質 = t.typename_en,
13        悪い体質 = t.typename_en
14    };

まずは、equals の行で id という名前を持つプロパティを複数持つ匿名型を作成しようとしているため質問のエラーが出ています。
匿名型に明示的に名前を振り分けることで解消できます。

次に、equals の前後の匿名型が持つプロパティの名前を一致させます。
異なるプロパティ名を持つ匿名型同士は別の型として扱われるため、一致させなければ比較ができません。

ところで、上のクエリは f の goodtypeid と badtypeid が一つの t.id にマッチすることを要求しているので、goodtypeid と badtypeid が等しいレコードのみが抽出されます。
動かしてないですが、本当はこんなことをしたかったのではないでしょうか。

csharp
1var query =
2    from f in foods
3    join good in types on f.goodtypeid equals good.id
4    join bad in types on f.badtypeid equals bad.id
5    orderby f.id
6    select new
7    {
8        食品コード = f.id,
9        食品名 = f.foodname,
10        詳細 = f.foodmemo,
11        良い体質 = good.typename_en,
12        悪い体質 = bad.typename_en
13    };