MYsql이 조인 된 테이블과 동일한 필드를 사용합니다.

Question

사이트를 가지고 있는데, 아무 것도 변경하지 않고 수정해야하며 상태 필드가있는 mytable을 추가하면됩니다.

지금은이 요청

if...{ 
    $filter = "status = 0"; 
} 

---

SELECT first_name, last_name, position, wage 
FROM table1, mytable 
WHERE table1.id = mytable.id 
$filter 

---

문제처럼 "표"와 "MYTABLE"둘 다 상태가이 필터도 사용했기 때문에 나는 이것에 대해 아무것도 할 수 없어 table1, table2, table3, table4, table5, table6 ... 등을 사용하는 것을 제외하고는 "정확히 똑같은"16 가지 다른 요청에 대해 필터링에만 사용되는 상태가 도움이 될 수 있습니까?

PHP에서 $ this와 비슷한 PHP 클래스이므로 FROM 필드의 테이블에 대한 참조를 알고 있으므로 FROM에 테이블을 지정하는 대신 JOIN LEFT를 사용할 수 있습니까?

Answer 1

당신은 (그리고 아마도, 선명도한다)의 테이블 이름을 가진 열을 접두사 수 있습니다. 쿼리의 SELECT 부분과 WHERE 부분 모두에서 그렇게 할 수 있습니다. 예를 들어 :

SELECT 
    table1.first_name, 
    table1.last_name, 
    mytable.position, 
    mytable.wage 
FROM 
    table1, 
    mytable 
WHERE 
    table1.id = mytable.id AND 
    table1.status = "0" 

동적으로 테이블을 포함 할 것 및 일반 필터 코드를 유지하려는 경우, 당신은 그래서 별칭을 만들기 위해 AS 키워드를 사용할 수 있습니다

$use_table = 'table1'; 
$sql = ' 
    SELECT 
     filter_table.first_name, 
     filter_table.last_name, 
     mytable.position, 
     mytable.wage 
    FROM 
     '.$use_table'. AS filter_table, 
     mytable 
    WHERE 
     filter_table.id = mytable.id AND 
     filter_table.status = "0" 
'; 

을 .. 그런 식으로 $use_table에서 사용중인 테이블을 다른 SQL을 변경하지 않고 전환 할 수 있습니다.

Answer 2

당신은 "table1"."status"처럼 당신이 참조하는 테이블의 열을, 마녀을 지정할 수 있습니다

SELECT first_name, last_name, position, wage 
FROM table1, mytable 
WHERE table1.id = mytable.id AND "table1"."status" = 0