Ich habe einen Code, der Daten in einer Tabellenform anzeigen wird. gibt es ein Feld namens value, das einige Werte speichert. Ich muss eine if-Anweisung haben, die ein Fenster Popup immer wenn der Wert 30 überschreitet. Ich habe eine if-Anweisung, die nicht funktioniert. Kann jemand helfen?IF-Anweisung in PHP-Code
Dies ist der Code, den ich verwendet:
<?php
$link = mysql_connect("localhost", "root", "");
$select= mysql_select_db("");
mysql_select_db("form");
$query = mysql_query("SELECT * FROM demo ORDER BY parameter ASC");
$record = mysql_fetch_array($query);
echo "<table border=1
<tr>
<th>Record ID</th>
<th>Parameter</th>
<th>Value</th>
<th>Time</th>
</tr>";
$con = mysql_connect("localhost", "root", "");
//$query = "select * from demo";
$query1 = mysql_query("Select * from demo where parameter = \"conductivity\"");
while($row = mysql_fetch_array($query1)){
echo " <tr><td>" . $row["recordID"] . "</td><td>" . $row["parameter"] . "</td><td>" . $row["value"] . "</td><td>" . $row["time"] . "</td><tr>";
}
if ("value">"30"){
echo "<script>alert('Alert');</script>";
}
echo "</table>";
mysql_close($link);
?>
Mögliche Duplikat von [Wie ein JavaSc nennen ript-Funktion von PHP?] (http://stackoverflow.com/questions/1045845/how-to-call-a-jacascript-function-from-php) –
Sie müssen den mysql-Treiber bin, ist es in PHP7 gegangen und schrecklich davor – DevDonkey