mysqli--テーブルが使用されていないというエラーで失敗するprepareステートメント

どうやら、

SELECT * FROM (SELECT ? )

...有効なMySQL構文として認識されません。テーブル名がありません。

編集、コメントについて：

まず、？に置き換えて、コンソールでこのステートメントを実行することに注意してください。定数を使用すると状況がエミュレートされないため、比較のために結果が無効であると見なします。

しかし、繰り返しになりますが、なしで実行します。 ？に置き換えます当然、エラーが発生します。

これは、選択だけを実行することは、状況とは無関係だからです。 PHPコードでは、実行ではありません。それは失敗しますが、むしろ準備。したがって、コンソールを使用してこれをエミュレートする適切な方法は、<です。 code> PREPARE ステートメント。

だから

PREPARE myStmt 
  FROM 'SELECT * FROM (SELECT ? ) AS tmp WHERE NOT EXISTS (
    SELECT Identifier FROM eeg WHERE Identifier = ?
    ) LIMIT 1'

問題をより正確に再現します。

さて、 PREPARE のようです FROMに表示されるパラメータ化されたネストされたクエリを理解するのが困難です条項。これらの例を見てください：

PREPARE myStmt FROM "select * from (select ? from eeg) tmp";

（機能しません）

PREPARE myStmt FROM "select *,? from (select * from eeg) tmp";

（作品）

PREPARE myStmt FROM "select *,? from (select 'asdf') tmp";

（作品）

PREPARE myStmt FROM "select * from eeg where Identifier in (select ?)";

（作品）

奇妙な振る舞いですが、ネストされた SELECTの場合にのみ推測できます FROMで句にパラメータがあり、MySQLにはステートメントを準備するための手がかりがありません 。

私の提案として、あなたが何をしようとしているのかを理解していれば、ネストされた選択にパラメーターは必要ありません。 FROM のために、それを外部に移動し、ネストされたselectに定数をハードコーディングすることができます。。次のコード

if ($usertest = $datasqli->prepare("INSERT INTO eeg (Identifier) 
    SELECT ? from (select 1) tmp WHERE ? NOT IN
      (SELECT Identifier FROM eeg WHERE Identifier = ?)")) {

...トリックを行う必要があります。