Question

我正在尝试显示我从下面的查询中检索到的数据库信息。它显示用户上传的报告，仅显示特定用户上传的报告。它使用的会话变量保存用户登录名，该名称与userID相同。

<?php



        function getUploadedReports($user) {
        $conn = new mysqli(localhost, root, DBPASS, DBNAME);
        $reports = array();
        $user        = $_SESSION['sess_uid'];

        $sql = "SELECT * FROM reports WHERE userID = '" . $conn->real_escape_string($user)."';";
        // Performs the $sql query on the server
        $maincat = $conn->query($sql);

        while($row = $maincat->fetch_array(MYSQLI_ASSOC)) {
            // do something with the $row
            array_push($reports, $row);

        }

        echo $reports;

       }


        ?>

但是我得到一个空白的结果，并且在数据库中我登录的特定用户已经上传了2个报告。我试图将信息回显到网页上，但是我也考虑过将结果放在各种各样的表格上。但是目前我只是满足于在页面上回显信息。

第二双眼睛将是一个很大的帮助，因为我的问题的解决方案尚不清楚。

Answer 1

在代码中添加session_start()

        <?php
//here> session_start();

mysqli显示数据库信息

1 个答案: