mysqli-- siapkan pernyataan gagal dengan kesalahan tidak ada tabel yang digunakan

Ternyata,

SELECT * FROM (SELECT ? )

...tidak dikenali sebagai sintaks MySQL yang valid. Nama tabel tidak ada.

EDIT , Tentang komentar Anda:

Pertama-tama, harap perhatikan bahwa menjalankan pernyataan ini di konsol dengan mengganti ? dengan konstanta tidak meniru situasi Anda, jadi saya akan menganggap hasilnya tidak valid untuk perbandingan.

Tapi sekali lagi, menjalankannya tanpa mengganti ? akan, tentu saja, memberikan kesalahan.

Itu karena menjalankan hanya pilih tidak relevan dengan situasi Anda. Dalam kode php Anda, ini bukan eksekusi yang gagal melainkan persiapan . Jadi cara yang tepat untuk meniru ini menggunakan konsol, adalah PREPARE pernyataan.

Jadi melakukan

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

akan mereproduksi masalah Anda dengan lebih akurat.

Sekarang, tampaknya PREPARE mengalami kesulitan memahami kueri bersarang berparametri yang muncul di FROM klausa . Lihat contoh berikut:

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

(tidak berfungsi)

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

(berfungsi)

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

(berfungsi)

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

(berfungsi)

Perilaku penasaran, tapi saya hanya bisa menebak ketika SELECT . bersarang di FROM klausa memiliki parameter, MySQL tidak memiliki petunjuk untuk menyiapkan pernyataan .

Adapun saran saya, jika saya mengerti apa yang Anda coba lakukan, Anda tidak memerlukan parameter di pilihan bersarang. Anda dapat memindahkannya ke luar dan meng-hardcode konstanta di pilihan bersarang, demi FROM . Kode berikut

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

...harus melakukan triknya.