Question

我在网站上有2个页面，一个是index.php，索引页面列出了数据库中存在的所有帖子，其他页面是post.php，并且当点击索引页面上的特定帖子时，帖子页面显示单个帖子。 / p>

现在我用来列出index.php上所有帖子的代码是：

$postslist = mysqli_query($db, "SELECT * FROM posts");

while ($post = mysqli_fetch_array($postlist)) {
    echo '<a href="' .SITEURL.'/post.php?p='.$post['postid'].'>'.$post['title'].'</a>';
}

这有效，我的index.php页面上显示所有帖子，链接链接到post.php页面上的帖子。

在post.php页面上我使用了这样的代码：

if(!isset($_GET['p'])){
    echo 'Dont load this page directly';
} 
else {
    $id = $_GET['p'];
    $querypost = mysqli_query($conn,
                    "SELECT * 
                    FROM posts 
                    WHERE postid='$id'");
            $data = mysqli_fetch_array($querypost);

        echo '<h3>' . $data['title'] . '</h3>';
}

这样工作正常，并检索具有该ID的帖子，但我已经在stackoverflow上阅读了一些教程和帖子，这可能有点不安全，建议使用这样的代码，以确保使数据库使用安全

if(!isset($_GET['p'])){
    echo 'Dont load this page directly';
} 
else {
    $id = $_GET['p'];
            $id = mysqli_real_escape_string($id);
    $querypost = mysqli_query($conn,
                    "SELECT * 
                    FROM posts 
                    WHERE postid='$id'");
            $data = mysqli_fetch_array($querypost);

        echo '<h3>' . $data['title'] . '</h3>';
}

但是这会引发错误，所以它是否足够安全，如果postid存在则只检查数据库？如果这不够安全，我该如何使其安全？

问题的第2部分

编辑：我已经开始搜索你们发布的方法了几个小时之后我用mysqli_prepare工作但是将它用到post.php相当容易，因为它只连接到posts表并从中提取所有数据一张基于帖子ID的表格。

但是当我在不同的页面上尝试相同的方法时，这变成了一个相当大的解决方案。

在第二页上，我必须从5个不同的表中提取数据，这些表使用LEFT JOIN连接到表中特定列的特定id的所有匹配，这就是它仅使用3个表出来的。

$stmt = mysqli_prepare($conn,
            "SELECT * 
            FROM giveaways 
            INNER JOIN members
            ON giveaways.creator = members.steamID
            INNER JOIN sc_steamgames
            ON giveaways.gameid = sc_steamgames.appid
            WHERE giveawayID=?");
mysqli_stmt_bind_param($stmt, "i", $id);

mysqli_stmt_execute($stmt);

mysqli_stmt_bind_result($stmt, $id, $creator, $comment, $tcreated, $tstarting, $tfinish, $provider, $type, $gameid, $memberid, $steamid, $username, $profileurl, $avatar, $avatarmed, $avatarbig, $steamgames, $regdate, $verified, $coins, $gold, $points, $appid, $title, $storeprice, $valuedprice, $pointsworth);

mysqli_stmt_fetch($stmt);

echo $creator .' - '. $comment . ' - '. $gameid . ' - ' .$title.' - '.($storeprice /100) ;
mysqli_stmt_close($stmt);

这样可以正常工作，但是你可以看到3个表有多大，我需要从另外2个表中提取信息，所以我想知道这是否真的是你要使用的解决方案？

另一个问题，如果用户必须浏览具有静态值的页面，如

index.php?go=upcoming

我是否还需要使用更多安全性或像现在一样使用它

if(isset($_GET['go']) && $_GET['go'] == 'upcoming')

足够安全吗？因为已知有go值和期望值。

Answer 1

它引发了一个错误，因为mysqli_real_escape_string需要两个参数，第一个是连接$conn。

如果你这样做，它应该足够安全，但最好使用参数化查询。例如：

$stmt = mysqli_prepare($conn, "SELECT cols FROM posts WHERE postid = ?");
mysqli_stmt_bind_param($stmt, 'i', $id);

检查数据库中是否存在id 在所有中不能安全注入，因为您必须在查询中使用潜在的恶意id来执行签入第一名。

Answer 2

如果您的id列是整数，请使用：

$id = (int) $_GET['p'];

这将是安全的，因为（int）类型强制删除任何非法字符。

使SQL安全也可以这么简单：始终使用参数作为动态值。这适用于整数值以及字符串和日期。然后您不必担心引用或转义或过滤。 @ExplosionPills显示了一个例子。

验证数据库匹配中的$ _GET id足够安全吗？

问题的第2部分

2 个答案: