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PHPでDBにテーブルを作りたい

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MakotoHoshi

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class DB_CONTROL{
    /*DBのホスト*/
    public $db_host = 'localhost';
    /*DBのユーザ*/
    public $db_user = 'root';
    /*DBのパスワード*/
    public $db_pswd = '0510';

    /*DB名*/
    public $db_name = 'log';
    /*テーブル名*/
    public $tb_name = 'form_log';

    /*テーブル有無チェック*/
    public function table_scan($db_name, $tb_name, $connection){
        mysql_select_db($db_name);
        $sql = 'SHOW TABLES FROM '.$db_name.' LIKE '.$tb_name;
        $result = mysql_query($sql, $connection);
        if(mysql_num_rows($result) == 0){
            return false;
        }else{
            return true;
        }
    }
}
$DB_CONTROL = new DB_CONTROL();
$db_host = $DB_CONTROL->db_host;
$db_user = $DB_CONTROL->db_user;
$db_pswd = $DB_CONTROL->db_pswd;
$db_name = $DB_CONTROL->db_name;
$tb_name = $DB_CONTROL->tb_name;



    //DB登録
    $connection = mysql_connect($db_host, $db_user, $db_pswd);
        $table_scan = $DB_CONTROL->table_scan($db_name, $tb_name, $connection);
    mysql_select_db($db_name, $connection);
    mysql_set_charset('utf8', $connection);
    if($table_scan == false){
        /*テーブル作成*/
        $sql = "";
        $sql .= "CREATE TABLE ".$tb_name." (";
        $sql .= "id INT(11) UNSIGNED AUTO_INCREMENT PRIMARY KEY,";
        foreach($post_data as $sql_key=>$sql_value){
            $sql .= $sql_key." VARCHAR(255),";
        }
        $sql .= "time VARCHAR(255));";
        $sql .= "engine=innodb default charset=utf8;";
        mysql_query($sql, $connection);
    }
    mysql_close($connection);

PHPでDBにテーブルがあるかないかを判断して、ない場合はテーブルを作成します。
$post_dataにはフォームから入力したデータが入っていて、
そのキーがテーブルのrowになります。

検証した所、この部分のプログラムは実行されているようですが、テーブルが作成されません。
ご教示お願いいたします。

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  • Kosuke_Shibuya

    2017/08/16 13:48

    PHPのバージョン、MySQLのバージョンを明記してください。

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回答 3

0

$sql .= "time VARCHAR(255));";
$sql .= "engine=innodb default charset=utf8;";


この time VARCHAR(255)); 最後の ; を削って空白に置き換えて下さい。

エラーをチェックされておられないので気付いておられませんが、CREATE TABLE 文が失敗しているかと思います。

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        $sql = 'SHOW TABLES FROM '.$db_name.' LIKE '.$tb_name;
        $result = mysql_query($sql, $connection);


何でかわからないのですが、SHOW TABLES LIKE ...のクエリをmysql_queryがうまく扱えていないようです。$resultをチェックしてみるとfalseになっているはずです。

LIKEをつけなければ問題なさそうなので、全体を取得してプログラムの方でテーブルの有無をチェックする必要があります。

しかし、それ以前の問題として、mysql_*系のAPIは大昔から非推奨になっており今から使うべきではありません。どのような資料を参考にされているのかわかりませんがその資料は古すぎるので参考にすべきではありません。

また、テーブル定義に変数が含まれていますがエスケープ処理が含まれていません。SQLの組み立てはただでさえセキュリティ上リスクがありますが、識別子の扱いはさらに慎重になる必要があります。

動的なテーブル作成が本当に必要なのかどうか再検討されることをお勧めします。

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-2

こんにちは。

--エラーはキャッチしていないのでしょうか?
実行直前の$sqlの内容を出力して、DBで直接実行しエラーの詳細を確認してください。

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  • 2017/08/16 14:58

    フォームのキーと先頭にあるidが被っていたのが原因でした。
    ありがとうございます。

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