Question

在我的php代码中将输入文本中的值发送到我的变量（ $ name ）时遇到问题：

我将数据发送到edit.php

<form action="edit.php" method="post">
    <input type="text" name="edit_text"/>
    <input id="send" type="submit"/>
</form>

我的edit.php文件：

<?php
header("Content-Type: application/json");

$name = isset($_POST["edit_text"])?$_POST["edit_text"]:"";
$con=mysqli_connect("localhost","root","root","example");
$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM items WHERE name = '".$name."'");
$row = mysqli_fetch_array($result, MYSQL_ASSOC);

echo json_encode($row);
mysqli_close($con);
?>

我在我的表中寻找记录，然后我返回一个带有查询值的json对象。但它只能起作用如果我将我的项目名称直接放在字符串中：

$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM items WHERE name = 'ITEM'");

我使用getjson和console.log（）来查看会发生什么，并返回json对象，其中包含来自my table的正确值。

但是，如果我使用相同的查询，但我的变量 $ name 已经指定了与查询连接的项目的相同名称，则无效。

$result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM items WHERE name = '".$name."'");

它始终返回空值，就好像没有从我的输入文本中为我的 $ name 变量分配任何内容。

Answer 1

我会将您的代码更改为以下内容：

if (isset($_POST['edit_text'])) {

    $name = $_POST['edit_text'];
    $con=mysqli_connect("localhost","root","root","example");

    if (mysqli_connect_errno()) {
        printf("Connect failed: %s\n", mysqli_connect_error());
        exit();
    }

    $result = mysqli_query($con,"SELECT * FROM items WHERE name = '$name'");

    $data = array();
    while($row = mysqli_fetch_array($result, MYSQLI_ASSOC)) {
                                       // Noitcie ^ the 'I' here
        $data[] = $row;
    }
    mysqli_close($con);
    echo json_encode($data);
}

另外，如果你使用双引号，则不需要连接变量。

希望这有帮助！

$ _POST不使用标记表单从输入文本接收数据

1 个答案: