我在表单中作为 mySQL 查询的一部分返回了一个日期 2010-09-17
我想将变量 $Date2 设置为 $Date5 如下:
$Date2 = $Date + 1
$Date3 = $Date + 2
等等..
所以它返回2010-09-18
,2010-09-19
等...
我试过了
date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 1 day'))
但这给了我 BEFORE 的日期$Date
。
以“Ymd”格式获取我的日期以便它们可以在另一个查询中使用的正确方法是什么?
你所要做的就是使用days
而不是day
这样:
<?php
$Date = "2010-09-17";
echo date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 1 days'));
echo date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 2 days'));
?>
它正确输出:
2010-09-18
2010-09-19
它也能正确输出
day
...date("Y-m-d", strtotime('2010-09-17 + 1 day'))
->2010-09-18
,date("Y-m-d", strtotime('2010-09-17 + 2 day'))
->2010-09-19
只是以这种方式尝试过,它奏效了。我仍然不知道为什么我在我最初尝试它的开始日期前一天得到了一个值。
如果我有一个变量来添加天数怎么办?
@Carlos echo date("Ymd", strtotime($Date.' + '.$variable.' days'));
不,这种方法根本不起作用。它正在返回 2004 年的某个日期。