我有一个日期返回作为MySQL查询的一部分在形式2010-09-17。
我想设置变量$Date2到$Date5,如下所示:
$Date = $Date + 1
$Date = $Date + 2
从而返回2010-09-18,2010-09-19,等等。
我试过了
date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 1 day'))
但是这给了我$ date之前的日期。
以“Y-m-d”格式获取日期的正确方法是什么,以便它们可以在另一个查询中使用?
我有一个日期返回作为MySQL查询的一部分在形式2010-09-17。
我想设置变量$Date2到$Date5,如下所示:
$Date = $Date + 1
$Date = $Date + 2
从而返回2010-09-18,2010-09-19,等等。
我试过了
date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 1 day'))
但是这给了我$ date之前的日期。
以“Y-m-d”格式获取日期的正确方法是什么,以便它们可以在另一个查询中使用?
当前回答
从PHP 5.2开始,你可以对DateTime对象使用modify:
http://php.net/manual/en/datetime.modify.php
$Date1 = '2010-09-17';
$date = new DateTime($Date1);
$date->modify('+1 day');
$Date2 = $date->format('Y-m-d');
在加上月份时要小心……(在较小的程度上,几年)
其他回答
这里有一个简单的解决方法。
<?php
$date = "2015-11-17";
echo date('Y-m-d', strtotime($date. ' + 5 days'));
?>
输出将是:
2015-11-22
解决方案已经从这里找到-如何在PHP中添加日期
都必须使用以下代码:
$nday = time() + ( 24 * 60 * 60);
echo 'Now: '. date('Y-m-d') ."\n";
echo 'Next Day: '. date('Y-m-d', $nday) ."\n";
以下是对您的查询的最简单的解决方案
$date=date_create("2013-03-15"); // or your date string
date_add($date,date_interval_create_from_date_string("40 days"));// add number of days
echo date_format($date,"Y-m-d"); //set date format of the result
使用变量表示天数
$myDate = "2014-01-16";
$nDays = 16;
$newDate = strtotime($myDate . '+ '.$nDays.' days');
echo new Date('d/m/Y', $newDate); //format new date
你所要做的就是像这样用days代替day:
<?php
$Date = "2010-09-17";
echo date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 1 days'));
echo date('Y-m-d', strtotime($Date. ' + 2 days'));
?>
并且输出正确:
2010-09-18
2010-09-19