Question

我正在使用MySqli准备好的语句来做这个。这没有密码。我正在为一位老师做这件事。我希望学生能够在没有密码的情况下输入他们的ID，以便访问可以查看书籍，退还书籍，查看状态等的页面。这是我的代码：

的functions.php：

<?php
function check_login() {
 $host = "localhost";
 $user = "root";
 $pass = "password";
 $data = "login";
 $con = mysqli_connect($host, $user, $pass, $data);
 if ($stmt = $con -> prepare("SELECT * FROM students WHERE id=?")) {
  $stmt -> bind_param("s", $sid);
  $stmt -> execute();
  $stmt -> store_result();
  if($stmt -> num_rows() == "1") {
   $_SESSION['sid'] = $sid;
   $_SESSION['logged'] = "yes";
   $stmt -> close();
   header("Location: index.php");
  }
  else
  {
   echo "Wrong Username/Password Combo";
  }
 }
}

login.php：

<?php
if(isset($_POST['sid'])) {
$sid = $_POST['sid'];
include "functions.php";
session_start();
check_login();
}
else {
echo '          <form role="form" action="login.php" method="post">
            <div class="form-group"><label for="sid">Student ID</label>
            <input type="text" class="form-control" id="sid" name="sid" placeholder="Enter Student ID"></div>
            <button type="submit" class="btn btn-default">Login</button>
          </form>';
}

P.S。很多echo和html只是剪辑它，我只是不想粘贴整个HTML回声。

Answer 1

$sid超出了check_login()功能的范围。要使其在范围内，您需要将其作为参数传递：

check_login($sid);

您也可以在函数内部使用global关键字，但不鼓励编程错误。

详细了解variable scope at the PHP manual。

Answer 2

您需要使用$ sid作为参数声明check_login函数

    function check_login($sid){
        ...
    }

然后在调用时传入值

    $sid = $_POST['sid'];
    include "functions.php";
    session_start();
    check_login($sid);

PHP登录总是返回错误

2 个答案: