Question

我有这个PHP代码：

function getusers($user) {
    $result = query("SELECT IdUser, username FROM login WHERE username='%s'",$user);

    if (count($result['result'])>0) {
        //authorized

        print json_encode($result);
    } else {
        errorJson('Actualization failed');
    }
}

但这只会返回与名称完全匹配的用户。我想返回包含该名称字符串的所有用户，例如：

dani - ＆gt; daniel，dani_56，dani563，elnenedani，...

通常通过输入PHP：%dani%来完成，但由于我已经将％s用于获取变量$ user，我不知道如何设置它。

有什么想法吗？

Answer 1

这不是一个很好的问题。如果您在Stackoverflow中搜索得很好，那么你就可以得到答案。正如你问的问题，答案是......而不是等于使用LIKE：

function getusers($user) {
$result = query("SELECT IdUser, username FROM login WHERE username LIKE %'%s'%",$user);

if (count($result['result'])>0) {
    //authorized

    print json_encode($result);
} else {
    errorJson('Actualization failed');
}
}

似乎PHP代码和数据库运行良好。查看以下链接以查找错误：

iOS 5 JSON Parsing Results in Cocoa Error 3840

Cocoa error 3840 using JSON (iOS)

The Operation couldn't be completed. (Cocoa error: 3840.)

Cocoa Error 3840 - NSJSONSerialization

Answer 2

您应该使用LIKE语法。确保包含%以指示通配符：

query('SELECT IdUser, username FROM login 
       WHERE username LIKE "%' . $user . '%"')

Answer 3

我的query（）函数是

function query() {
global $link;
$debug = false;

//get the sql query
$args = func_get_args();
$sql = array_shift($args);

//secure the input
for ($i=0;$i<count($args);$i++) {
    $args[$i] = urldecode($args[$i]);
    $args[$i] = mysqli_real_escape_string($link, $args[$i]);
}

//build the final query
$sql = vsprintf($sql, $args);

if ($debug) print $sql;

//execute and fetch the results
$result = mysqli_query($link, $sql);
if (mysqli_errno($link)==0 && $result) {

    $rows = array();

    if ($result!==true)
    while ($d = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        array_push($rows,$d);
    }

    //return json
    return array('result'=>$rows);

} else {

    //error
    return array('error'=>'Database error');
}

}

Answer 4

我没有得到修复。此代码适用于使用AFNetworking的ios应用程序，可能会让您知道会发生什么，因为我没有得到它

使用部分名称搜索用户

4 个答案: