Question

根据这个question我成功创建了上传图片，但现在我需要将image_id存储到另一个名为articles的表中。我不知道这是否正确，但我试图从像这样的表格图像中选择image_id

$select_image=mysql_query("select image_id from image where image_name = $fileName") or die(mysql_error());

并将结果提取到我的文章插入查询中，如此

$fetch=mysql_fetch_array($select_image);

$query=mysql_query("insert into articles (article_name,article_category,article_subcategory,article_body,article_summary,article_tags,article_photo,article_timedate) values ('$article_title','$CategoryID','$ProductID','$article_body','$article_summary','$fetch[image_id]','$time')") or die ('Error, Query Faild'.mysql_error());

这是对的吗？ mysql_error一直在说

'where子句'中的未知栏'Penguins.jpg'

Answer 1

这是与mysql语法相关的问题。直接进入查询的所有数据必须使用2条规则准备：
1.必须使用mysql_real_escape_string（）函数转义数据 2.用引号括起来

所以，代码必须是

$fileName=mysql_real_escape_string($fileName);
$select_image=mysql_query("select image_id from image where image_name = '$fileName'") or die(mysql_error());

此外，如果您在此查询之前插入图像，则无需选择其ID。您可以使用mysql_insert_id()功能

Answer 2

问题是您的文件名未被引用，因此您的MySQL服务器正在尝试处理查询：

select image_id from image where image_name = Penguins.jpg

更糟糕的是有人上传了一个名为

的文件

1; EVIL MYSQL QUERY HERE

他们可以在您的服务器上执行任意MySQL。这称为SQL注入攻击。

查看涵盖此内容的PHP manual page。

Answer 3

您可以通过调用

选择最后插入的ID

SELECT LAST_INSERT_ID()

而不是

select image_id from image where image_name = $fileName

Answer 4

您需要在第一个查询中将$fileName放在引号中，即'$fileName'

在文章表中上传图像后存储image_id

4 个答案: