Question

我试图使用Jquery UI的自动完成功能来查询我的数据库上的用户名。因此，用户输入类似于我的数据库上的用户名的用户名，并且自动完成功能被假定为在下拉列表中猜测他们正在寻找的内容。不幸的是，我无法获得后端脚本来返回建议。

<?php

sleep( 3 );
// no term passed - just exit early with no response
if (empty($_GET['term'])) exit ;
$q = strtolower($_GET["term"]);
// remove slashes if they were magically added
if (get_magic_quotes_gpc()) $q = stripslashes($q);

$sql = "SELECT * FROM users";   
$r = mysql_query($sql);
$items = array();
if ( $r !== false && mysql_num_rows($r) > 0 ) { 
    while ( $a = mysql_fetch_assoc($r) ) {  
        $username = $a['username'];
        array_push($items, $username);              
        }
}

$result = array();
foreach ($items as $key=>$value) {
    if (strpos(strtolower($key), $q) !== false) {
        array_push($result, array("id"=>$k, "label"=>$key, "value" => strip_tags($key)));
    }
    if (count($result) > 11)
        break;
}

// json_encode is available in PHP 5.2 and above, or you can install a PECL module in earlier versions
echo json_encode($result);
/* echo $items; */

?>

该脚本只返回一个空数组，即使它应该返回一个结果。我不知道这里有什么问题..

Answer 1

首先让我说，查询数据库并返回整个表来筛选结果是一种糟糕的方法。如果SQL查询从数据库中过滤数据，则执行速度会更快。您还是要调用数据，为什么不过滤它并只返回相关结果？

您需要向查询发送Like参数，如下所示：

$sql = "SELECT * FROM users where username like :term";

（我在这种情况下使用参数化查询，您应该使用它来防止SQL注入攻击。）

您还可以使用更加不稳定的方法：

$sql = "SELECT * FROM users WHERE username = ". $term;

参数化查询的参考： How can I prevent SQL injection in PHP?

Jquery自动完成远程数据源

1 个答案: