检查 MySQL 中是否存在表（最好通过 PHP 中的 PDO）而不引发异常的最佳方法是什么。我不想解析“SHOW TABLES LIKE”等的结果。一定有某种布尔查询？
使用准备好的语句查询 information_schema 数据库看起来是最可靠、最安全的解决方案。
$sql = "SELECT 1 FROM information_schema.tables
WHERE table_schema = database() AND table_name = ?";
$stmt = $pdo->prepare($sql);
$stmt->execute([$tableName]);
$exists = (bool)$stmt->fetchColumn();
如果您使用的是 MySQL 5.0 及更高版本，您可以尝试：
SELECT COUNT(*)
FROM information_schema.tables
WHERE table_schema = '[database name]'
AND table_name = '[table name]';
任何结果都表明该表存在。
来自：http://www.electrictoolbox.com/check-if-mysql-table-exists/
使用 mysqli 我创建了以下函数。假设你有一个名为 $con 的 mysqli 实例。
function table_exist($con, $table){
$table = $con->real_escape_string($table);
$sql = "show tables like '".$table."'";
$res = $con->query($sql);
return ($res->num_rows > 0);
}
希望有帮助。
警告： 正如 @jcaron 所建议的，此函数可能容易受到 SQLinjection 攻击，因此请确保您的
$table如果有人来寻找这个问题，就会发布此信息。尽管已经回答了一点。有些回复使它变得比需要的更复杂。
对于 mysql* 我用过：
if (mysqli_num_rows(
mysqli_query(
$con,"SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'")
) > 0
or die ("No table set")
){
在 PDO 中我使用：
if ($con->query(
"SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'"
)->rowCount() > 0
or die("No table set")
){
这样我只需将 else 条件推入 or 即可。为了满足我的需要，我只需要死。虽然你可以设置或其他东西。有些人可能更喜欢 if/else if/else。然后删除 or 然后提供 if/else if/else。
这是我在使用存储过程时更喜欢的解决方案。自定义 mysql 函数用于检查当前数据库中是否存在表。
delimiter $$
CREATE FUNCTION TABLE_EXISTS(_table_name VARCHAR(45))
RETURNS BOOLEAN
DETERMINISTIC READS SQL DATA
BEGIN
DECLARE _exists TINYINT(1) DEFAULT 0;
SELECT COUNT(*) INTO _exists
FROM information_schema.tables
WHERE table_schema = DATABASE()
AND table_name = _table_name;
RETURN _exists;
END$$
SELECT TABLE_EXISTS('you_table_name') as _exists
由于“显示表”在较大的数据库上可能会很慢，我建议使用“DESCRIBE”并检查结果是否为真/假
$tableExists = mysqli_query("DESCRIBE `myTable`");
问题
CALL sys.table_exists(...
您将需要高权限，并且使用其他选项（如标题所示）可能会启动警报/警告/错误
因此，在连接到目标数据库之后，您可以运行：
$db = 'database';
$Q = "SHOW TABLES WHERE `Tables_in_{$db}` LIKE 'the_table';";
这个查询最好的是：
$q = "SHOW TABLES";
$res = mysql_query($q, $con);
if ($res)
while ( $row = mysql_fetch_array($res, MYSQL_ASSOC) )
{
foreach( $row as $key => $value )
{
if ( $value = BTABLE ) // BTABLE IS A DEFINED NAME OF TABLE
echo "exist";
else
echo "not exist";
}
}
Zend 框架
public function verifyTablesExists($tablesName)
{
$db = $this->getDefaultAdapter();
$config_db = $db->getConfig();
$sql = "SELECT COUNT(*) FROM information_schema.tables WHERE table_schema = '{$config_db['dbname']}' AND table_name = '{$tablesName}'";
$result = $db->fetchRow($sql);
return $result;
}
如果想要这样做的原因是创建条件表，那么“CREATE TABLE IF NOT EXISTS”似乎是这项工作的理想选择。在我发现这一点之前，我使用了上面的“描述”方法。更多信息请参见：MySQL“如果不存在则创建表”-> 错误 1050
为什么你说得这么难理解？
function table_exist($table){
$pTableExist = mysql_query("show tables like '".$table."'");
if ($rTableExist = mysql_fetch_array($pTableExist)) {
return "Yes";
}else{
return "No";
}
}