Question

我正在尝试在我的网站上创建动态页面，但它失败了。当我在Xampp上尝试代码时，它的工作非常完美。还有一件事我不明白。它将捕获id，但不会捕获数据库中包含字符的标题或任何内容。当我尝试$title = $_GET['title'];时，它无法工作。它仅适用于$_GET['id'];
有什么帮助吗？

以下是代码：

的index.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

run.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['id'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `id` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}
?>

以下是不会起作用的代码：

的index.php

<?php
    include('inc/code.inc.php');

    $fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
    while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
    {
        echo '<a href = "run.inc.php?title='. $output['title'] .'">'. $output['title'] .'</a><br />';
    }
?>

run.inc.php

<?php
include_once('inc/code.inc.php');

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = $newID");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>

Answer 1

将标题添加到您的URL GET参数中。就像您添加了ID

<?php
include('inc/code.inc.php');

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` ORDER BY `title`");
while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo '<a href = "run.inc.php?id='. $output['id'] .'"'.'?title='. $output['title'] .'</a><br />';
}

＆GT;

请根据您的需要修改网址。

Answer 2

如果要将类似$_GET['title']的字符串与列进行比较，则需要将其转义（而不是数字ID，不需要转义）。

尝试 run.inc.php

$newID = $_GET['title'];

$fetch = mysql_query("SELECT * FROM `star` WHERE `title` = '$newID'");

while ($output = mysql_fetch_assoc($fetch))
{
    echo $output['title'] . '<br />' . $output['explain'];
}

?>

使用php的动态页面

2 个答案: