MySQL проверяет, существует ли таблица без исключения исключения

Каков наилучший способ проверить, существует ли таблица в MySQL (предпочтительно через PDO в PHP), не вызывая исключения. Мне не нравится разбирать результаты "SHOW TABLES LIKE" и так далее. Должен быть какой-то булев запрос?

4b9b3361

Я не знаю синтаксиса PDO для него, но это выглядит довольно прямолинейно:

$result = mysql_query("SHOW TABLES LIKE 'myTable'");
$tableExists = mysql_num_rows($result) > 0;
196
ответ дан 06 окт. '09 в 17:04
источник

Если вы используете MySQL 5.0 и более поздние версии, вы можете попробовать:

SELECT COUNT(*)
FROM information_schema.tables 
WHERE table_schema = '[database name]' 
AND table_name = '[table name]';

Любые результаты показывают, что таблица существует.

От: http://www.electrictoolbox.com/check-if-mysql-table-exists/

38
ответ дан 06 окт. '09 в 17:03
источник

С помощью mysqli я создал следующую функцию. Если у вас есть экземпляр mysqli с именем $con.

function table_exist($table){
    global $con;
    $table = $con->real_escape_string($table);
    $sql = "show tables like '".$table."'";
    $res = $con->query($sql);
    return ($res->num_rows > 0);
}

Надеюсь, что это поможет.

Предупреждение:, как описано в @jcaron, эта функция может быть уязвима для sqlinjection attacs, поэтому убедитесь, что ваш $table var чист или даже лучше использует параметризованные запросы.

8
ответ дан 19 окт. '12 в 1:10
источник

Это опубликовано просто, если кто-то приходит к этому вопросу. Хотя его ответили немного. Некоторые ответы делают его более сложным, чем нужно.

Для mysql * я использовал:

if (mysqli_num_rows(
    mysqli_query(
                    $con,"SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'")
                ) > 0
        or die ("No table set")
    ){

В PDO я использовал:

if ($con->query(
                   "SHOW TABLES LIKE '" . $table . "'"
               )->rowCount() > 0
        or die("No table set")
   ){

С этим я просто подталкиваю условие else в или. И для моих нужд мне просто нужно умереть. Хотя вы можете установить или другие вещи. Некоторые могут предпочесть if/else if/else. Который затем следует удалить или передать, если /else if/else.

4
ответ дан 19 нояб. '13 в 20:04
источник

Вот мое решение, которое я предпочитаю при использовании хранимых процедур. Пользовательская функция mysql для проверки таблицы существует в текущей базе данных.

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
4
ответ дан 10 окт. '13 в 9:15
источник

Поскольку "Показать таблицы" может быть медленным в больших базах данных, я рекомендую использовать "DESCRIBE" и проверить, получилось ли в результате значение true/false

$tableExists = mysqli_query("DESCRIBE `myTable`");
2
ответ дан 24 июля '15 в 12:04
источник
$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";
    }
}
0
ответ дан 18 сент. '13 в 17:33
источник

Основа Zend

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;

    }
-1
ответ дан 18 апр. '16 в 19:56
источник

Если причиной для этого является создание условной таблицы, тогда "CREATE TABLE If NOT EXISTS" кажется идеальным для работы. Пока я не обнаружил это, я использовал метод DESCRIBE выше. Подробнее здесь: MySQL "CREATE TABLE If NOT EXISTS" → Ошибка 1050

-1
ответ дан 31 мая '16 в 9:47
источник

Почему вы так трудно понять?

function table_exist($table){ 
    $pTableExist = mysql_query("show tables like '".$table."'");
    if ($rTableExist = mysql_fetch_array($pTableExist)) {
        return "Yes";
    }else{
        return "No";
    }
} 
-8
ответ дан 24 окт. '12 в 7:55
источник